CÁC CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC PHÂN DẠNG BÀI TẬP
vectorstock.com/32029674
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection
CÁC CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC TOÁN 8 PHÂN DẠNG BÀI TẬP CÓ GIẢI CHI TIẾT WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594
Chương 1
FI CI A
L
Chủ đề 1 TỨ GIÁC A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Định nghĩa Tứ giác ABCD là hình gồm bốn đoạn thẳng AB, BC ,CD, DA trong đó bất kì hai đoạn thẳng nào cũng không cùng nằm trên một đường thẳng.
OF
Tứ giác lồi là tứ giác luôn nằm trong một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng chứa bất kì cạnh nào của tứ giác (từ nay, khi nói đến tứ giác mà không chú thích gì thêm, ta hiểu đó là C tứ giác lồi). D
2. Tính chất Chỉ có một tính chất về góc: Tổng các góc của một tứ giác bằng 3600 .
ƠN
A
3. Dấu hiệu nhận biết Theo định nghĩa.
NH
4. Cách vẽ một tứ giác Có hai cách:
Hình 3a
B
QU Y
Cách 1 (hình 3a): Cắt một tam giác bởi một cát tuyến không đi qua đỉnh.
Cách 2 (hình 3b): Vẽ hai tam giác, tam giác ABD trước để xác định ba A đỉnh A, B, D . Sau đó vẽ tam giác thứ hai BDC để xác định nốt đỉnh C ,
M
đỉnh C phải thoả mãn hai điều kiện, nằm khác phía với đỉnh A mà bờ là đường thẳng BD và không nằm trên hai đường thẳng AB, AD .
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
KÈ
DẠNG 1. Tính góc của tứ giác
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng:
DẠ
Y
Tính chất về góc của một tam giác, một tứ giác. Khái niệm: Hai góc bù nhau là hai góc có tổng bằng 1800 . Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Tìm x ở hình 4a và hình 4b. Lời giải (hình 4)
R O
65° x
B
M 3x
N 4x
C
Hình 3b
D
L FI CI A OF ƠN
a)
Áp dụng tính chất về góc cho tứ giác PQRS , ta được:
Q R S 3600 , hay x x 650 950 3600 2x 1600 3600 x 1000 . P
Áp dụng tính chất về góc vào tứ giác MNPQ ta được:
NH
b)
N P Q 3600 , hay 3x 4x x 2x 3600 10x 3600 x 360 . M
Ví dụ 2. Góc kề bù với một góc trong của tứ giác gọi là góc ngoài của tứ giác. Tính các góc ngoài của tứ giác ở hình 5a. Tính tổng các góc ngoài của tứ giác ở hình 5b (tại mỗi đỉnh của tứ giác chỉ chọn một
QU Y
a) b)
B C D ?. góc ngoài): A c) Có nhận xét gì về tổng các góc ngoài của tứ giác? Lời giải (hình 5)
Áp dụng tính chất về góc vào tứ giác ABCD , ta được: 3600 , hay 750 900 1200 D 3600 hay D 3600 2850 750 . A B C D
KÈ
M
a)
B 1
C
Y DẠ
N 1
120° 1
1 75°
M
1D
A a)
1
1 1
Q b)
Hình 5
P
L FI CI A
Vì mỗi góc ngoài kề bù với một góc của tứ giác, nên:
OF
1050 , B 900 , C 600 , D 1050 . A 1 1 1 1
1800 M , N 1800 N , P 1800 P và Q 180 0 Q , nên: Vì các góc ngoài M 1 1 1 1
b)
N P Q 1800 M 1800 N 180 0 P 1800 Q M 1 1 1 1
ƠN
R
N P Q ) 7200 3600 3600 720 (M . 0
NH
c) Theo câu b): Tổng các góc ngoài của tứ giác bằng 3600 . Ví dụ 3. Cho tứ giác MNPQ biết: :N :P :Q 1: 2 : 3 : 4. M
Q
M
QU Y
a) Tính các góc của tứ giác. b) Chứng minh rằng MN PQ . c) Gọi R là giao điểm của MQ với NP . Tính các góc của tam giác PQR . Lời giải (hình 6) a)
Viết lại giả thiết thành
1
Hình 6
Q M N P . 1 2 3 4
Q N P Q M N P M 3600 360 . 1 2 3 4 12 3 4 10
KÈ
Ta có:
M
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau và tính chất về góc vào tứ giác MNPQ .
360 , N 720 , P 1080 ,Q 1440 . Vậy M
b)
là góc ngoài của tứ giác MNPQ tại đỉnh P , nên: Vì góc P 1
Y
180 0 P 180 0 108 0 720 . P 1
DẠ
. Vậy MN PQ (vì có cặp góc ở vị trí đồng vị bằng nhau). Do đó P1 N
c)
720 , Q là góc ngoài của tứ giác MNPQ tại đỉnh Q . Theo câu b) thì P 1 1
Nên: Q1 1800 Q 180 0 144 0 36 0 .
1 P
N
Áp dụng tính chất về góc vào tam giác PQR , ta có:
FI CI A
III. BÀI TẬP 1. Bốn góc của tứ giác có thể đều là: a) Góc nhọn; b) Góc tù; c) Góc vuông Được không? Vì sao? Suy ra trong một tứ giác có nhiều nhất mấy góc nhọn?
L
1800 , hay R 1800 108 0 720 . Q R 1800 hay 720 360 R P 1 1
3. 4.
OF
1200 ;C 500 ; D 900 . Tính góc A và góc ngoài của tứ 2. Cho tứ giác ABCD có: B giác tại đỉnh A . 1200 ;C 500 ; D E 400 , E Tứ giác BCDE có: B . Tính D . Tính các góc của tứ giác EFGH biết:
ƠN
:F :G :H 1:2:4:5. .E
NH
DẠNG 2. Vẽ tứ giác biết năm yếu tố. Chứng minh quan hệ về độ dài I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Vẽ một tứ giác khi biết năm yếu tố Bước 1: Cho một tam giác biết ba yếu tố vẽ trước để xác định ba đỉnh của tứ giác.
QU Y
Bước 2: Lợi dụng một cạnh của tam giác đã vẽ với hai yếu tố còn lại vẽ tam giác thứ hai để xác định đỉnh thứ 4. 2. Chứng minh quan hệ về độ dài: Sử dụng bất đẳng thức trong tam giác. Với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
0 | b c | a b c ; 0 | c a | b c a .
KÈ
M
0 | a b | c a b ;
Y
II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Dựa vào cách vẽ các tam giác đã học, hãy vẽ lại tứ giác ở hình 7 vào vở.
DẠ
Lời giải
700 Vẽ ABC biết hai cạnh BA 2cm; BC 4cm và B
theo hai bước sau:
700 Vẽ xBy .
A 1,5cm
D
2cm 70°
B
4cm Hình 7
C
a) Mỗi đường chéo nhỏ hơn nửa chu vi của tứ giác. b) Tổng hai đường chéo hơn hơn tổng hai cạnh đối. Lời giải (hình 8)
d
D
Hình 8
OF
Trên hình 8, đặt độ dài các cạnh như hình vẽ thì chu vi của tứ giác ABCD là: a b c d .
A
FI CI A
L
Trên tia Bx lấy điểm A , trên tia By lấy điểm C sao cho BA 2cm; BC 4cm . Vẽ tam giác ACD biết ba cạnh AC , AC 3cm; DA 1, 5cm theo hai bước sau: Vẽ cung tròn tâm A bán kính 1, 5cm . B Vẽ cung trong tâm C bán kính 3cm . Giao điểm của hai b C cung này chính là đỉnh D . Ví dụ 2. Chứng minh rằng trong một tứ giác: a c O
Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào hai tam giác ABC và ADC , ta được: AC AB BC hay AC a b (1)
ƠN
a)
AC AD DC hay AC c d
(2)
a b c d . 2
NH
Từ (1) và (2) suy ra: 2AC a b c d hay AC Chứng minh tương tự, ta cùng được BD
a b c d . 2
Vậy mỗi đường chéo nhỏ hơn nửa chu vi.
Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào hai tam giác chứa hai cạnh đối nhau AB,CD là OAB,OCD (O là giao điểm hai đường chéo AC , BD ), ta được: OA OB AB hay OA OB a (3)
QU Y
b)
OC OD CD hay OC OD c
(4)
M
Từ (3) và (4) suy ra: AC BD a c .
Chứng minh tương tự, ta cũng được: AC BD b d .
III. 5. a)
KÈ
Vậy tổng hai đường chéo lớn hơn tổng hai cạnh đối. BÀI TẬP Vẽ tứ giác ABCD trong mỗi trường hợp sau, biết: Bốn cạnh AB 2cm; BC 3cm;CD 2, 5cm; DA 2cm và đường chéo AC 4cm .
DẠ
Y
b) Ba cạnh AB 3, 5cm; BC 4cm;CD 4, 5cm , đường chéo AC 5, 5cm và C 1200 . 6*. Chứng minh rằng trong một tứ giác, tổng hai đường chéo lớn hơn nửa chu vi của tứ giác ấy.
Chủ đề 2 HÌNH THANG
FI CI A
I. 1.
L
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ HÌNH THANG Định nghĩa Hình thang là tứ giác có hai cạnh đối song song.
ABCDlatugiac (đáy AB,CD ) ABCD là hình thang AB CD
A Cạnh đáy B
Cạnh bên
D
Cạnh đáy
H
C
Hình 9
ƠN
Tính chất về đường trung bình: Đường trung bình của hình thang thì song song với hai đáy và bằng nửa tổng hai đáy (SGK Toán 8, §4, tr.76).
OF
Cạnh bên 2. Tính chất Tính chất về góc: Tổng các góc của một hình thang bằng 3600 .
Hai nhận xét:
B
A
QU Y
NH
Nếu một hình thang có hai cạnh bên song song thì hai cạnh bên bằng nhau, hai cạnh đáy bằng nhau. Nếu một hình thang có hai cạnh đáy bằng nhau thì hai cạnh bên song song và bằng nhau. 3. Dấu hiệu nhận biết Chỉ có một dấu hiệu nhận biết theo định nghĩa là: Tứ giác có hai cạnh đối song song là hình thang. 4. Cách vẽ một hình thang Có hai cách vẽ hình thang:
M
Cách 1 (hình 10a). Cắt một tam giác bởi một cát tuyến song song với một cạnh không đi qua đỉnh.
C
A
D
D
Hình 10a
B
Hình 10b
C
KÈ
Cách 2 (hình 10b). Lấy hai đoạn thẳng bất kì trên hai đường thẳng song song làm hai đáy.
Y
II. HÌNH THANG VUÔNG 1. Định nghĩa Hình thang vuông là hình thang có một góc vuông
DẠ
2. Tính chất, cách vẽ như hình thang, có một dấu hiệu nhận biết là hình thang có một B A góc vuông (theo định nghĩa). III. HÌNH THANG CÂN 1. Định nghĩa Hình thang cân là hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau.
D
C
AB CD(daylaAB, DC ) . BhoacC D A
Tính chất về cạnh bên: Trong hình thang cân, hai cạnh bên bằng nhau. Tính chất về đường chéo: Trong hình thang cân, hai đường chéo bằng nhau.
OF
3. Dấu hiệu nhận biết Có hai dấu hiệu nhận biết hình thang cân
FI CI A
2. Tính chất Ngoài các tính chất của hình thang, hình thang cân còn có:
L
Tứ giác ABCD là hình thang cân
Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau là hình thang cân. Hình thang có hai đường chéo bằng nhau là hình thang cân. 4. Cách vẽ một hình thang cân
ƠN
Hình 12a
NH
Cách 1 (hình 12a). Cắt một tam giác cân bởi một cát tuyến song song với đáy.
mA
E F
B
QU Y
Cách 2 (hình 12b). Trên một trong hai đường n thẳng song song m và n . Chẳng hạn là n , D P1 chọn một đoạn thẳng CD . Lấy D và C làm Hình 12b tâm quay hai đường tròn tâm D và C có cùng bán kính cắt đường thẳng m tại bốn đểm theo thứ tự A, E , F , B ta được ABCD, DCFE là hai hình thang cân như hình 30, hình 31 (SGK Toán 8, Tập 1 - tr. 74, 75).
M
IV. PHÂN TÍCH ĐI LÊN ĐỂ TÌM KIẾM LỜI GIẢI CHO CÁC CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ CỦA CHỦ ĐỀ 2 C
1.
KÈ
Học sinh tập phân tích đi lên, vẽ hình, viết lời giải rồi so sánh với lời giải trong SGK. Định lí: Tổng các góc của một tứ giác bằng 3600 .
Chứng minh
B 1
2
A
1
2
Y
Hình 13
DẠ
Xét tứ giác ABCD như hình 13. Ta phải chứng minh: B C D 3600 A
1) A B1 D1 1800 (1) A B C D 360 0 (2) 2) C B2 D2 180 0
O
A 2 1
2B 1
D
2.
Định lí: Trong hình thang cân hai cạnh bên bằng nhau.
L
Chứng minh
FI CI A
Xét hình thang cân ABCD (AB CD ) , ta phải chứng minh AD BC .
Xét hai trường hợp: a)
AD cắt BC ở O (giả sử AB CD ).
Dùng lưới ô vuông để vẽ hình (h.14)
OF
Phân tích: C OD OC D AD BC . A2 B OA OB 2
AD BC .
ƠN
b)
Dùng lưới ô vuông để vẽ hình (h.15).
A
B
D
C
Hình 15
Định lí: Trong hình thang cân, hai đường chéo bằng nhau.
QU Y
3.
NH
Phân tích: AD BC Hình thang ABCD có hai cạnh bên AD, BC song song (theo nhận xét về hình thang).
Chứng minh
Xét hình thang cân ABCD (AB CD ) . Ta phải chứng minh AC BD .
A
Dùng lưới ô vuông để vẽ hình (h.16).
M
D
1
1
Hình 16
DẠ
Y
KÈ
1
O
Phân tích: AC BD ACD BDC
1) AD BC 2) D C (tính chất hình thang cân). 3)CD DC
B 1
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
I.
DẠNG 1. Nhận biết hình thang. Hình thang vuông. Hình thang cân
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
C
Sử dụng: Định nghĩa hình thang, hình thang vuông, hình thang cân. B Hình thang có hai đường chéo bằng nhau là hình thang cân. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Tứ giác ABCD có AB BC và AC là tia phân giác của góc A . Chứng minh rằng ABCD là hình thang.
L
C 1
FI CI A
II.
1
2
A
D
Hình 17
Lời giải (hình 17)
OF
Từ giả thiết AB BC suy ra tam giác ABC cân ở B . Áp dụng tính chất về góc và giả thiết vào tam giác cân ABC , ta được: C A A BC AD . 1 1 C 1 2 A A2 1
ƠN
Vì có cặp góc so le trong bằng nhau. Tứ giác ABCD có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang. D
NH
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Vẽ ra phía ngoài của tam giác ABC một tam giác BCD vuông cân tại B . Tứ giác ABCD là hình gì? Tại sao? Lời giải (hình 18)
B 1
QU Y
Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân ở A , BCD vuông cân ở C 450 AB CD do có cặp góc B . Nên các góc ở đáy B 1 1
so le trong bằng nhau.
1
A
C Hình 18
Tứ giác ABCD có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.
M
900 theo giả thiết nên nó là hình Hình thang ABCD lại có A thang vuông.
KÈ
BDC . Chứng minh rằng ABCD là hình Ví dụ 3. Hình thang ABCD (AB CD ) có ACD
thang cân.
A
B 1
1
Lời giải (hình 19)
O
Y
Áp dụng tính chất góc so le của AB CD và giả thiết, ta có:
DẠ
C A 1 1 A1 B1 OA OB (1) B1 D1 OC OD (2) D C1 C 1 D 1 1
D
1
1
Hình 19
C
(Vì trong một tam giác, đối diện với hai góc bằng nhau là hai cạnh bằng nhau).
FI CI A
L
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2) thu được AC BD . Điều này chứng tỏ hình thang ABCD có hai đường chéo bằng nhau nên nó là hình thang cân. A B Ví dụ 4. Cho hình thang ABCD (AB CD ) có AC BD . Qua B kẻ đường thẳng song song với AC , cắt đường thẳng DC tại E . Chứng minh rằng:
1
a)
BDE là tam giác cân.
b)
ACD BDC .
c)
Hình thang ABCD là hình thang cân.
OF
Lời giải (hình 20)
C
E
Hình 20
Áp dụng nhận xét hình thang có hai cạnh bên song song và
ƠN
a)
1
D
BE AC BD BE . giả thiết vào hình thang ABEC , thu được: BD AC
NH
Tam giác BDE có hai cạnh bằng nhau nên nó cân tại B .
Áp dụng tính chất về góc vào tam giác cân BDE và tính chất góc đồng vị của
b)
QU Y
E D C . 1 AC BE , ta được: D 1 1 C E 1
Lại có AC BD (theo giả thiết)
(2)
Có CD DC .
(3)
(1)
Từ (1), (2) và (3) suy ra ACD BDC (c-g-c). Hình thang ABCD có hai đường chéo bằng nhau nên nó là hình thang cân.
III.
BÀI TẬP
KÈ
M
c)
1. Chứng minh rằng nếu cắt hai cạnh của một tam giác cân bởi một cát tuyến song song với cạnh đáy thì tứ giác thu được là một hình thang cân. Cho tam giác MNP cân tại M . Kẻ các đường trung tuyến NQ, PS . Tứ giác NSQP là
Y
2.
DẠ
hình gì? Vì sao? 3.
Cho ABC cân tại A . Kẻ các đường cao BD,CE . Tứ giác BEDC là hình gì? Vì sao?
4.
Hai đoạn thẳng AB và CD cắt nhau tại I , biết rằng AI IC , IB ID . Tứ giác
ACBD là hình gì? Vì sao?
Tứ giác BDEC là hình gì? Vì sao?
b)
Các điểm D, E ở vị trí nào thì BD DE EC ?
FI CI A
a)
L
5. Cho tam giác ABC cân tại A . Lấy điểm D trên cạnh AB , điểm E trên cạnh AC sao cho AD AE .
6*. Một hình thang có hai cạnh bên bằng nhau có phải là hình thang cân không? Phải bổ sung thêm điều kiện gì thì hình thang có hai cạnh bên bằng nhau là hình thang cân?
I.
OF
DẠNG 2. Tính góc của hình thang PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Sử dụng:
Tính chất về góc của một tam giác, tứ giác. Tính chất hai góc trong cùng phía của hai đường thẳng song song bù nhau. Định nghĩa hình thang cân. VÍ DỤ
ƠN
II.
NH
D 200 , B 2C . Tính các góc của hình thang. Ví dụ 1. Hình thang ABCD (AB CD ) có A
Lời giải (hình 21)
D 1800 A D 200 A B C 1800 2C 00 B
QU Y
Áp dụng tính chất các góc trong cùng phía của AB DC và giả thiết, ta được: A
B
(1) (2)
(3) (4)
D
Hình 21
C
M
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được:
KÈ
2000 hay A 1000 , suy ra D 1800 1000 800 . 2A
Trừ theo vế các đẳng thức (3) và (4), ta được: 1800 600 1200 . 3C 1800 hay C 600 , suy ra B
DẠ
Y
D 900 ; Ví dụ 2. Hình thang vuông ABCD có A AB AD 3cm; DC 6cm . Tính góc B và C của hình thang.
Lời giải (hình 22) Kẻ BE CD thì AD BE , do cùng vuông góc với CD nên hình thang ABED có hai cạnh bên song song.
A
3cm
B 6cm
3cm
D
E Hình 22
C
Áp dụng nhận xét về hình thang có hai cạnh bên song song vào hình thang ABED và giả thiết ta được BE DA 3cm; DE AB 3cm , do đó: Suy ra BEC vuông cân tại E nên C 450 .
FI CI A
L
EC DC DE 6cm 3cm 3cm .
Do góc B và C là hai góc trong cùng phía của AB DC nên chúng bù nhau hay 1800 450 1350 . C 1800 , suy ra B B
Ví dụ 3. Tính các góc của hình thang cân, biết một góc bằng 600 .
600 . Xét hình thang cân ABCD (AB CD ) có D
OF
Lời giải (hình 23)
A
B . Theo định nghĩa hình thang cân và giả thiết ta có C 600 và A
B
60°
D
C
Hình 23
ƠN
Do góc A và D là hai góc trong cùng phía của AB DC nên chúng D 1800 . bù nhau hay A
NH
1200 . 1800 600 1200 nên B A
Ví dụ 4. Cho ABC cân tại A . Lấy điểm D trên cạnh AB , điểm E trên cạnh AC sao cho A AD AE . Chứng minh rằng BDEC là hình thang cân.
b)
500 . Tính các góc của hình thang cân đó, biết rằng A
Lời giải (hình 24) a)
QU Y
a)
1 E
D 1
2 . Từ giả thiết AD AE nên tam giác ADE cân ở A . Đặt A
B
Áp dụng tính chất về góc vào hai tam giác cân ABC và ADE , ta được:
Hình 24
KÈ
M
E 900 D B 1 1 D 1 0 B C 90
DE BC (vì có cặp góc đồng vị bằng nhau).
Y
Tứ giác BDEC có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.
DẠ
C nên là hình thang cân. Hình thang này lại có hai góc kề một đáy bằng nhau là B
b)
500 2 hay 250 , ta được: Áp dụng kết quả của câu a) với A C D E 650 . B 1 1
C
Do các góc B, D2 và C , E 2 là các cặp góc trong cùng phía của DE BC nên chúng bù nhau,
L
E 1800 650 1150 . suy ra D 2 2
BÀI TẬP
7.
a) Biết ít nhất mấy góc của một hình thang thì tính được các góc còn lại?
FI CI A
III.
b) Biết hai góc của một hình thang bằng 400 và 600 . Tính các góc còn lại của hình thang.
Cho biết hai góc đối của hình thang là 700 và 1300 . Tính các góc còn lại.
9.
B 300 và A C 1500 . Tính các góc còn lại. Hình thang ABCD (AD BC ) có A
10.
a) Biết ít nhất mấy góc của một hình thang cân thì tính được các góc còn lại?
OF
8.
ƠN
b) Một hình thang cân có một góc bằng 700 . Đó là góc ở đáy lớn hay đáy nhỏ? Tính các góc còn lại.
NH
11. Hai góc của một hình thang cân có hiệu bằng 400 . Đó là hai góc ở một đáy hay hai góc ở một cạnh bên? Tính các góc của hình thang.
DẠNG 3. Chứng minh quan hệ về độ dài. Tính độ dài đoạn thẳng PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1.
Chứng minh quan hệ về độ dài
QU Y
I.
Sử dụng:
Tính chất về cạnh bên và đường chéo của hình thang cân. Trong một tam giác, đối diện với hai góc bằng nhau là hai cạnh bằng nhau và ngược Tính độ dài đoạn thẳng
M
lại. 2.
Chọn tam giác vuông thích hợp chứa đoạn thẳng rồi áp dụng định lí Py-ta-go.
KÈ
II.
A
B
VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho hình thang cân ABCD (AB CD, AB CD ) .
Y
Kẻ các đường cao AH , BK của hình thang. Chứng minh rằng
DẠ
DH CK .
Lời giải (hình 25) Áp dụng định nghĩa, tính chất và giả thiết vào hình thang cân ABCD , ta được:
D
H
K Hình 25
C
L
B
FI CI A
C D AD BC ADH BCK (trường hợp cạnh huyền - góc nhọn). K 900 H A 1
Vậy DH CK . Ví dụ 2. Cho hình thang cân ABCD (AB CD ) có I là giao điểm của hai đường chéo. Chứng minh rằng: IC ID và IA IB .
1
ƠN
AD BC AC BD (1) ADC BCD (c-c-c) DC CD
C
Hình 26
OF
Lời giải (hình 26) Áp dụng tính chất về cạnh bên và đường chéo vào hình thang cân ABCD , ta được:
1
D
cạnh bằng nhau).
(2)
NH
C IC ID (vì trong một tam giác, đối diện với hai góc bằng nhau là hai Suy ra D 1 1
Trừ theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được IA IB . Ví dụ 3. Cho hình thang ABCD (AB CD ) hai đường phân giác của góc C và D cắt nhau
Lời giải (hình 27)
QU Y
tại điểm I thuộc đáy AB . Chứng minh rằng tổng hai cạnh bên bằng đáy AB của hình thang.
Áp dụng tính chất góc so le của AB CD và giả thiết, ta có:
KÈ
I
A 1
M
I1 D 2 D1 D2 I 1 D1 AD AI (1) BC BI (2) I4 C3 I C4 4 C C 4 3
B 4
1 2
3
D
4
C Hình 27
Y
(vì trong một tam giác, đối diện với hai góc bằng nhau là hai cạnh bằng nhau).
DẠ
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2) ta được AD BC AB . Điều này chứng tỏ tổng hai cạnh bên bằng đáy AB của hình thang. Ví dụ 4*. Tính chiều cao của hình thang cân ABCD , biết rằng cạnh bên AD 5cm , các cạnh đáy AB 6cm và CD 14cm . B A 6cm
5cm
D
H
14cm
K
C
Lời giải (hình 28) Kẻ AH DC , BK DC thì AH BK nên hình thang ABKH
Áp dụng nhận xét về hình thang có hai cạnh bên song song vào hình thang ABKH , ta được: AH BK , HK AB 6cm .
FI CI A
L
có hai cạnh bên song song.
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ADH vuông tại H , thu được:
OF
AD 2 DH 2 HA2 hay 52 42 HA2
HA2 32 HA 3(cm ) vì HA 0 .
Vậy chiều cao của hình thang cân là 3cm .
a A
B
ƠN
Ví dụ 5*. Tính chiều cao BH của hình thang cân ABCD , biết AC BD và hai cạnh đáy AB a,CD b . Từ đó suy ra cách vẽ hình. Lời giải (hình 29)
D
b
NH
Kẻ Bx BD cắt DC tại E thì BE AC , do cùng vuông góc với BD .
H
C
Hình 29
Hình thang ABEC có hai cạnh bên song song, nên AC BE (1) và hai đáy AB CE a .
QU Y
Suy ra DE DC CE a b .
Lại có AC BD (tính chất đường chéo của hình thang cân). (2) Từ (1) và (2) suy ra BD BE nên tam giác BDE vuông cân tại B . Do đó BH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác BDE , nên
M
DE a b 450 , lúc đó tam giác BDH vuông cân tại H . và D 1 2 2 a b . 2
KÈ
DH
Vậy BH
Cách vẽ hình:
Y
Bước 1: Vẽ BDE vuông cân tại B có đường cao BH và DE a b .
DẠ
Bước 2: Kẻ Bx DE . Lấy C HE sao cho CE b . Bước 3: Kẻ Cy BE cắt Bx tại A . Ta được hình thang cân thoả mãn yêu câu của đầu bài. III. BÀI TẬP
E
x
12. Kéo dài hai cạnh bên của một hình thang cân (có hai đáy không bằng nhau) thì tam giác thu được có phải là tam giác cân hay không? Vì sao? Cho hình thang cân ABCD (AB CD ) có hai đường chéo cắt nhau tại P , các cạnh bên
L
13.
14.
FI CI A
kéo dài cắt nhau tại Q . Chứng minh rằng đường thẳng PQ là đường trung trực của hai đáy. Một hình thang cân có đáy lớn dài 2, 7m , cạnh bên dài 1m , góc tạo bởi cạnh bên và
đáy lớn bằng 600 . Tính độ dài của đáy nhỏ.
------///---------
OF
15. Hình thang cân ABCD có đường chéo BD vuông góc với cạnh bên BC và DB là tia phân giác của góc D . Tính chu vi của hình thang, biết BC 4cm .
ƠN
Chủ đề 3 ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, CỦA HÌNH THANG A. KIẾN THỨC CẦN NHƠ
KÈ
M
QU Y
NH
I. ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC 1. Định nghĩa: Đường trung bình của tam giác là đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh của tam giác. 2. Định lí 1: Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm cạnh thứ ba. 3. Định lí 2: Đường trung bình của tam giác thì song song với cạnh thứ ba và bằng nửa cạnh ấy. II. ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG 1. Định nghĩa: Đường trung bình của hình thang là đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh bên của hình thang. 2. Định lí 3: Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh bên của hình thang và song song với hai đáy thì đi qua trung điểm cạnh bên thứ hai. 3. Định lí 4: Đường trung bình của hình thang thì song song với hai đáy và bằng nửa tổng của chúng. III. TỪ CÁC ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH TA THU ĐƯỢC KINH NGHIỆM THỨ NHẤT Cứ nói tới trung điểm phải nghĩ đến đường trung bình.
DẠ
Y
Ý nghĩa của kinh nghiệm này là: Với các bài toán mà giả thiết hay kết luận đề cập đến trung điểm của một đoạn thẳng thì khi vẽ đường phụ ta vẽ thêm đường trung bình nhằm sử dụng các định lí về đường trung bình của tam giác, của hình thang. IV. PHÂN TÍCH ĐI LÊN ĐỂ TÌM KIẾM LỜI GIẢI CHO CÁC CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ CỦA CHỦ ĐỀ 3 1. Định lí 1: Xét tam giác ABC có AD DB, DE BC . Chứng minh AE EC . A Chứng minh 1
D 1
E
1
Sử dụng lưới ô vuông để vẽ hình (hình 30).
L
Phân tích:
FI CI A
AE EC ADE EFC
E 1) A 4) EFAB(dotoike) 1 2) AD EF 5) HinhthangBFEDcoFE BD . F B , B F 3) D 6) D 1 1 1 1
Định lí 2: Xét tam giác ABC có AD DB, AE EC . Chứng minh rằng:
DE BC , DE
1 BC . 2
A
OF
2.
Chứng minh Sử dụng lưới ô vuông để vẽ hình (hình 31).
DE BC , DE
1
B
C Hình 31
NH
1) AD DB 5) DE EF (dotoilay ) 2) AD CF 4)AED CEF 6) E1 E2 (vidoidinh ) . C 3) A 7) AE EC (giathietcho) 1 1
Định lí 3: Xét hình thang ABCD (AB CD ) có AE ED, FE CD . Ta phải chứng minh BF FC . Chứng minh
QU Y
A
B
I
E
Sử dụng lưới ô vuông để vẽ hình (hình 32).
D
F
Hình 32
C
M
Phân tích:
F 2
1
1 BC là hình thang có DB CF : DB CF 2
3.
E
1
D
ƠN
Phân tích:
1
4.
KÈ
1) IE AB 3) FE CD BF FC . 4) AE ED 2) AI IC
Định lí 4: Xét hình thang ABCD (AB CD ) có AE ED, BF FC . Ta phải chứng
minh FE AB CD, FE
AB CD . 2
A
DẠ
Y
Chứng minh Sử dụng lưới ô vuông để vẽ hình (hình 33).
B 1
E
F 2
Phân tích:
1
D
Hình 33
C
K
L
1) AB CD FE AB CD (giả thiết cho) 2) FE CD
C 5) B 3) AE ED 6) BF FC . AFB KFC 4) AF FK F 7) F 1 2
OF
1) 2.FE DK 2FE AB CD AB CK . 2) AB CD CD CK DK
FI CI A
FE là đường trung bình của tam giác ADK
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
DẠNG 1. Vẽ thêm đường trung bình để tính góc, tính độ dài đoạn thẳng
Lời giải (hình 34)
QU Y
NH
ƠN
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Vẽ thêm đường trung bình của một tam giác, của một hình thang bằng một trong ba cách sau: vẽ thêm trung điểm một đoạn thẳng, vẽ đường thẳng song song, vẽ đường thẳng vuông góc. 2. Sử dụng Định lí đường trung bình của tam giác, của hình thang. Tính chất về góc trong tam giác. Tính chất hai góc ở vị trí so le hoặc đồng vị của hai đường thẳng song song. Trong một tam giác, đối diện với hai cạnh bằng nhau là hai góc bằng nhau và ngược A lại. Tính chất góc ngoài của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề vớixnó. 8cm II. VÍ DỤ D E Ví dụ 1. Tính x ở hình 34. 8cm 10cm
B
(1)
C
Hình 34a
KÈ
M
a) Do có cặp góc ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE BC . Lại có AE EC 8cm (2) Từ (1) và (2) suy ra AD DB hay x 10cm .
C
DẠ
Y
b) Do AD, BE và CH cùng vuông góc với DH nên AD BE CH .(1) Lại có AB BC (2) A Từ (1) và (2) suy ra DE EH .
(3)
Từ (2) và (3) ta có BE là đường trung bình của hình thang ADHC . Áp dụng định lí đường trung bình vào hình thang ADHC , ta có:
B x 32cm
24cm
D
E Hình 34b
H
BE
1 1 (AD CH ) hay 32 (24 x ) hay x 40cm . 2 2 M
L
Ví dụ 2. Tính x, y trên hình 35.
C
FI CI A
Lời giải (hình 35) Do IP,GK , MH cùng vuông góc với AH nên IP GK MH (1) Lại có AI IG GM . (2) a)
I
x
A
Từ (1) và (2) suy ra AP PK KH , do đó IP là đường trung bình của tam giác AGK ,GK là đường trung bình của hình thang IPHM .
y
6cm
P
K
H
OF
Hình 35a
GK
IP MH 3y hay 6 hay y 9(cm ) . 2 2
ƠN
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác AGK và hình thang IPHM , ta được: GK 2IP hay 6cm 2x x 3cm .
A
8cm
EF
AB EF 8 16 x 12(cm ) 2 2
x
D
16cm
F
y
H
G Hình 35b
x y 12 y 16 y 20(cm ) . 2 2
QU Y
CD
NH
b) Trên (hình 35b) ta thấy CD, EF lần lượt là đường trung bình của C hình thang AEFB và CDHG . Áp dụng định lí đường trung bình vào hai hình thang trên, ta được: E
B
500 . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho Ví dụ 3. Cho tam giác ABC (AB AC ) có A
BD AC . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AD, BC . Tính góc BEF .
M
Lời giải (hình 36)
Do E , F lần lượt là trung điểm của AD, BC theo giả thiết nên vẽ thêm I là trung điểm của
KÈ
DC thì EI , FI thứ tự là đường trung bình của hai tam giác ADC và BCD . Đặt BD AC 2a .
E D 1
Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giác trên, ta có:
Y
FI BD
(2)
EI a
(3)
EI AC
(4)
50°
2
1
(1)
FI a
DẠ
A
1
B
F Hình 36
C
Từ (1) E1 F1 (vì so le trong).
(5)
(6)
A 500 (vì đồng vị) E . Từ (4) BEI Từ (5) và (6) suy ra E 1 2 2E nên E 25 0 . Mà BEI 1 1
FI CI A
đối diện với hai cạnh bằng nhau là hai góc bằng nhau).
L
Từ (2) và (3) suy ra FI EI nên E2 F1 (vì trong một tam giác,
Ví dụ 4. Cho hình thang ABCD (AB CD ) có AB 2cm,CD 5cm, AD 7cm . Gọi E là trung điểm của BC . Tính góc AED .
OF
Lời giải (hình 37) . , E thì AED Đặt E 1 2
trung điểm của AD thì AI ID
ƠN
Do E là trung điểm của BC theo giả thiết nên vẽ thêm I là AD 3, 5cm . 2
2cm B
1
7cm I
(1)
2
1
E
2
D
5cm
C
Hình 37
NH
Ta được IE là đường trung bình của hình thang ABCD .
A
Áp dụng định lí đường trung bình vào hình thang ABCD , ta có: IE
AB CD 25 , hay IE 3, 5cm . 2 2
(2)
QU Y
E IA IE A 1 1 Từ (1) và (2) suy ra: (vì trong một tam giác, đối diện với hai cạnh IE ID D E 2 2
bằng nhau là hai góc bằng nhau).
Áp dụng tính chất về góc vào tam giác ADE , thu được:
M
AED D 1800 hay 2( ) 1800 . A 1 2
III.
KÈ
900 . Do đó 900 . Vậy AED
BÀI TẬP
500, B 700 . Các điểm Cho tam giác ABC có A D, E lần lượt là trung điểm của AB, AC . Tứ giác BDEC là hình gì? Tính các góc của nó.
1.
DẠ
Y
900 ) 2. Tam giác vuông ABC (B có đường cao BD . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của BD, DC và H là giao điểm của AE , BF . Tính góc AHB . 3. Cho tam giác AKC cân tại A có đường cao AB . Kẻ BD AC , gọi E là trung điểm của BD . Chứng minh rằng: AE KD . 4. Cho tam giác ABC có AB 6cm, AC 8cm . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ B đến tia phân giác của góc A , M là trung điểm của BC . Tính độ dài HM .
Cho hình thang cân ABCD (AB CD ) có AB 4cm,CD 10cm, AD 5cm . Lấy điểm E sao cho B là trung điểm của DE . Gọi H là chân đường cao kẻ từ E đến đường thẳng DC . Tính độ dài CH .
FI CI A
L
5.
DẠNG 2. Vẽ thêm đường trung bình để chứng minh quan hệ về độ dài
DA
OF
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Vẽ thêm đường trung bình 2. Áp dụng định lí đường trung bình của tam giác, của hình thang. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho tam giác ABC , trung tuyến AM . Gọi I là trung điểm của AM , D là giao điểm của CI và AB . Chứng minh rằng: 1 1 DB; DI DC . 2 4
ƠN
Lời giải (hình 38)
NH
Do M là trung điểm của BC theo giả thiết nên vẽ thêm E là trung điểm của BD thì BE ED (1), ta được EM là đường trung bình của tam giác BCD . A Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác BCD , ta được: ME DC (2) và DC 2ME (3)
D I E
QU Y
Từ (2) ME DI mà AI IM theo giả thiết.
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác AME , ta được: AD DE (4)
B
M
C
Hình 38
1 2
Từ (1) và (4) suy ra AD DE EB (5) hay AD DB .
M
Từ (4) và (5) ta có DI là đường trung bình của tam giác AEM .
KÈ
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác AEM , ta có: ME 2DI (6) 1 4
Thay (6) vào (3) ta được: DC 2.2DI 4DI hay DI DC .
D
900 ) trung tuyến Ví dụ 2. Cho tam giác ABC (A AM .
Chứng minh rằng BC 2AM .
Y
A
DẠ
Lời giải (hình 39) Do M là trung điểm của BC theo giả thiết nên vẽ thêm điểm D sao cho A là trung điểm của BD , ta có AM là đường trung bình
B
M Hình 39
C
Thay CD CB vào đẳng thức (1) ta được CB 2AM .
FI CI A
900 CA BD nên CA là đường trung trực của Từ giả thiết A đoạn BD do đó CE CD .
L
của tam giác BCD . Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác (1) BCD thu được CD 2AM
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC , M là trung điểm cạnh BC . Gọi G là trọng tâm của tam giác. Vẽ đường thẳng BD,CE, MH ,GI cùng vuông góc với Ay . Chứng minh rằng: B
BD CE 2MH và BD CE 3GI .
M
OF
Lời giải (hình 40)
J
Nên trọng tâm G của tam giác nằm trên trung tuyến AM vàA
K
AG
ƠN
Theo giả thiết M là trung điểm của BC nên AM là trung tuyến của tam giác ABC .
2 AM . 3
C
G
y DI
H
E
Hình 40
NH
Gọi J là trung điểm của AG thì JA JG GM (1)
Vẽ JK Ay (K Ay ) ta có JK GI MH BD CE
(2)
Ta được hai hình thang vuông BDEC và JKHM .
QU Y
Từ (1) và (2) suy ra AK KI IH và DH HE theo định lí đường trung bình. Do đó JK là đường trung bình của tam giác AIG và GI , MH lần lượt là đường trung bình của hai hình thang vuông JKHM và BDEC . Áp dụng định lí đường trung bình vào hai hình thang vuông BEDC , JKHM , ta được: (3) và MH JK 2GI
(4)
M
BD CE 2MH
1 2
KÈ
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác AIG , ta có: JK GI 1 2
3 2
Thay (5) vào (4) ta được: MH GI 2GI MH GI
(5) (6) B
Y
Thay (6) vào (3), ta được: BD CE 3GI . A
DẠ
Ví dụ 4. Cho tứ giác ABCD . Gọi E, F , I thứ tự là trung điểm
F
của AD, BC , AC . Chứng minh rằng: E
a)
EI CD, FI AB ;
b)
FE
AB CD 2
I C
D Hình 41
Lời giải (hình 41) AE ED EI là đường trung bình Từ giả thiết
a)
FI CI A
L
AI IC của tam giác ADC .
Áp dụng định lí đường trung bình vào ADC , ta được: EI DC , EI
1 DC 2
(1)
Chứng minh tương tự ta cũng có FI là đường trung bình của tam giác ABC , nên: 1 AB 2
OF
FI AB, FI
(2)
1 1 AB CD , do (1) và (2). FE CD AB 2 2 2
ƠN
Áp dụng bất đẳng thức vào tam giác FIE , ta có FE EI FI , hay
b)
Dấu bằng xảy ra khi I nằm giữa E và F hay F , I , E thẳng hàng tức là AB CD .
AD
7.
BÀI TẬP Cho tam giác ABC , trung tuyến AM . Gọi D là một điểm trên cạnh AC sao cho 1 AC , BD cắt AM tại I . Chứng minh: AI IM . 3 Cho ABC (AB AC ) có đường cao AH . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của
QU Y
BC ,CA và AB . Chứng minh rằng:
a) b) 8.
NH
III. 6.
NP là trung trực của đoạn AH . Tứ giác MNPH là hình thang cân. Cho ABC (AB AC ) . Lấy điểm D trên cạnh AB , điểm E thuộc tia đối của tia
CA sao cho DB CE . Gọi I là giao điểm của DE với cạnh BC . Chứng minh: DI IE . 9. Cho ABC (AB AC ) , trung tuyến BD . Lấy điểm E sao cho C là trung điểm của
KÈ
M
AE . Chứng minh rằng: BE 2BD . 10. Cho ABC có trung tuyến AM . Qua O là trung điểm của trung tuyến AM kẻ đường thẳng d sao cho d cắt cả hai cạnh AB, AC . Gọi H , K , I lần lượt là chân các đường
DẠ
Y
vuông góc kẻ từ các điểm A, B,C đến đường thẳng d . Chứng minh rằng BK CI 2AH . 11. Cho ABC có G là trọng tâm. Qua G kẻ đường thẳng d sao cho d cắt cả hai cạnh AB, AC . Gọi H , K , L lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A, B,C đến đường thẳng d . Chứng minh rằng AH BK CL .
I. 1.
DẠNG 3. Vẽ thêm đường trung bình để chứng minh hai đường thẳng song song, chứng minh ba điểm thẳng hàng
PHƯƠNG PHÁP GIẢI Vẽ thêm đường trung bình.
FI CI A
L
2. Áp dụng định lí đường trung bình của tam giác, của hình thang. 3. Sử dụng tiên đề Ơ-clit vẽ đường thẳng song song: Qua một điểm ở ngoài một đường thẳng chỉ có một đường thẳng song song với đường thẳng đó hoặc sử dụng tính chất nếu một góc là góc bẹt thì hai cạnh của góc ấy là hai tia đối nhau hay hai cạnh của góc này nằm trên một đường thẳng. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho ABC kéo dài trung tuyến BD đến F sao cho DF BD và trung tuyến CE A đến G sao cho EG CE . Chứng minh ba điểm G , A, F thẳng hàng. G
F
1 3 2
Lời giải (hình 42)
1
E
OF
Vì BD,CE là hai trung tuyến của ABC theo giả thiết nên D, E
1
D
lần lượt là trung điểm của AC , AB hay AD DC , AE EB .
Từ giả thiết DF BD, EG CE suy ra ED là đường trung bình
B
Hình 42
C
ƠN
của hai tam giác ACG và ABF .
Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giác trên, ta được:
NH
GA ED ba điểm G , A, F thẳng hàng (vì qua điểm A nằm AF ED
ngoài đường thẳng ED chỉ có một đường thẳng song song với ED ). Ta cũng có thể giải thích lí do trên bằng cách khác:
QU Y
E , A D vì là các góc so le trong của ED GA và ED AF . Ta có A 1 1 3 1
Áp dụng tính chất về góc vào AED , thu được: A A A A E D 1800 hay GAF là góc bẹt suy ra AG và AF là hai GAF 1 2 3 2 1 1
tia đối nhau tức G , A, F thẳng hàng.
M
Ví dụ 2. Từ đỉnh A của ABC lần lượt kẻ các đường vuông góc AK , AH xuống các đường và C . Chứng minh HK BC . phân giác của B
KÈ
A
Lời giải (hình 43)
Gọi giao điểm của AH , AK với đường thẳng BC lần lượt
Y
DẠ
Từ giả thiết suy ra BK vừa là đường phân giác vừa là đường cao của ABD nên tam giác này cân tại B . CH vừa là đường phân giác vừa là đường cao của ACE nên tam giác giác này cân tại C . Theo tính chất của tam giác cân thì CH , BK là các đường trung tuyến của ACE và ABD hay AH HE , AK KD , nên HK là đường trung bình của AED .
K
H
là E và D .
1 2
E B
4 Hình 43
3
C D
Áp dụng định lí đường trung bình vào AED thu được HK ED .
AD, BD, BC . Chứng minh ba điểm E , F , K thẳng hàng.
FI CI A
Ví dụ 3. Hình thang ABCD có đáy AB,CD . Gọi E , F , K thứ tự là trung điểm của
L
Vậy HK BC .
B
A
Lời giải (hình 44) Vì E , F , K thứ tự là trung điểm của AD, BD, BC theo giả thiết
D
OF
nên EF là đường trung bình của ABD , EK là đường trung bình của hình thang ABCD .
E
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác ABD và hình thang ABCD , ta có”
F
Hình 44
ƠN
EF AB E , K , F là ba điểm thẳng hàng. Vì từ điểm E AK AB
ở ngoài đường thẳng AB chỉ kẻ được một đường thẳng song song với nó. BÀI TẬP Cho ABC các đường trung tuyến BD,CE cắt nhau tại G . Gọi H , I lần lượt là
NH
III. 12.
trung điểm của GB,GC . Chứng minh DE HI và DE HI .
QU Y
13. Chứng minh rằng trong một hình thang, trung điểm hai cạnh bên, trung điểm hai đường chéo là bốn điểm thẳng hàng. 14. Cho tứ giác ABCD có AD BC . Đường thẳng đi qua hai trung điểm M , N của AB,CD cắt các đường thẳng AD, BC thứ tự tại P và Q . Chứng minh rằng APM BQM .
------///---------
M
CHUYÊN ĐỀ 3: ĐỐI XỨNG TRỤC.
KÈ
1. Hai điểm đối xứng qua một đường thẳng Định nghĩa: Hai điểm M và M’ gọi là đối xứng với nhau qua đường thẳng d nếu d là đường trung trực của đoạn thẳng MM’.
DẠ
Y
Qui ước: Nếu điểm B nằm trên đường thẳng d thì điểm đối xứng với B qua đường thẳng d cũng là điểm B. 2. Hai hình đối xứng qua một đường thẳng Định nghĩa: Hai hình gọi là đối xứng với nhau qua đường thẳng d nếu mỗi điểm thuộc hình này đối xứng với một điểm thuộc hình kia qua đường thẳng d và ngược lại. Đường thẳng d gọi là trục đối xứng của hai hình đó.
K
C
L FI CI A
3. Hình có trục đối xứng
OF
Đường thẳng d gọi là trục đối xứng của hình H nếu điểm đối xứng với mỗi điểm thuộc hình H qua đường thẳng d cũng thuộc hình H. Ta nói rằng hình H có trục đối xứng.
ƠN
Định lí: Đường thẳng đi qua trung điểm hai đáy của hình thang cân là trục đối xứng của hình thang đó.
Y
KÈ
M
QU Y
NH
4. Trục đối xứng của đường tròn, tứ giác đặc biệt, tam giác đặc biệt.
DẠ
Hình tròn: Có vô số trục đối xứng: o Trục đối xứng của hình tròn là một đường thẳng đi qua tâm hình tròn đó.
Hình thang cân: Có 1 trục đối xứng:
o Trục đối xứng của hình thang cân là đường thẳng đi qua trung điểm hai đáy của hình thang cân.
L
Hình chữ nhật: Có 2 trục đối xứng: Hình thoi: Có 2 trục đối xứng: o Trục đối xứng của hình thoi là đường chéo của hình thoi. Hình vuông: Có 4 trục đối xứng:
FI CI A
o Trục đối xứng của hình chữ nhật là đường thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện.
o Trục đối xứng của hình vuông là đường chéo hoặc đường thẳng nối trung điểm hay
OF
cạnh đối diện. Tam giác cân: Có 1 trục đối xứng:
o Trục đối xứng của tam giác cân là đường thẳng nối đỉnh cân của tam giác với trung điểm cạnh đối diện.
ƠN
Tam giác đều: Có 3 trục đối xứng:
o Trục đối xứng của tam giác đều là đường thẳng nối đỉnh của tam giác đều với trung
NH
điểm cạnh đối diện.
Chủ đề 4
QU Y
DỰNG HÌNH BẰNG THƯỚC KẺ VÀ COMPA A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ I.
BÀI TOÁN DỰNG HÌNH
KÈ
M
1. Bài toán vẽ hình chỉ sử dụng hai dụng cụ là thước và compa gọi là bài toán dựng hình. 2. Khác với bài toán chứng minh (dựa vào tiên đề, định lí). Ở bài toán dựng hình, những hình cho trước coi là dựng được. Nó dựa vào ba phép dựng hình và bảy bài toán dựng hình cơ bản. 3. Ba phép dựng hình cơ bản. Dựng đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt (tiên đề về cái thước). Dựng đường trong biết tâm và bán kính của nó (tiên đề về cái compa). Xác định giao điểm (nếu có) của hai đường. BẢY BÀI TOÁN DỰNG HÌNH CƠ BẢN
1. 2.
Dựng một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước. Dựng một góc bằng một góc cho trước.
DẠ
Y
II.
FI CI A
L
3. Dựng đường trung trực của một đoạn thẳng cho trước, dựng trung điểm của một đoạn thẳng cho trước. 4. Dựng tia phân giác của một góc cho trước. 5. Qua một điểm cho trước, dựng một đường thẳng vuông góc với đường thẳng cho trước. 6. Qua một điểm ở ngoài một đường thẳng cho trước, dựng một đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước. 7. Dựng một tam giác biết ba yếu tố (c.c.c) hoặc (c.g.c) hoặc (g.g.g). III. BỐN BƯỚC CỦA MỘT BÀI TOÁN DỰNG HÌNH
ƠN
OF
1. Phân tích a) Giả sử hình cần dựng đã dựng được (vẽ hình giả sử, điền đầy đủ các yếu tố đã cho vào hình vẽ). b) Chọn ra (đoạn thẳng, góc, tam giác) dựng được ngay. c) Đưa việc dựng các điểm còn lại về các phép dựng hình và các bài toán dựng hình cơ bản. 2. Cách dựng Nếu thứ tự từng bước dựng hình, đồng thời thể thiện các nét dựng trên hình vẽ.
NH
3. Chứng minh Bằng lập luận chứng tỏ rằng với cách dựng như trên, hình đã dựng thoả mãn yêu cầu của đề bài.
QU Y
4. Biện luận Xét xem khi nào bài toán dựng được và dựng được bao nhiêu hình thoả mãn đề bài. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
DẠNG 1. Dựng tam giác. Dựng góc 300 , 600
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng:
KÈ
M
Các bài toán dựng hình cơ bản, ba phép dựng hình cơ bản. Định nghĩa tam giác đều. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Dựng ABC vuông tại B , biết cạnh huyển AC 4cm , cạnh góc vuông BC 2cm . Nêu nhận xét về các góc của tam giác dựng được. Từ đó suy ra cách dựngxgóc 600 , 300 . A
Y
Lời giải (hình 45)
DẠ
Đây là bài toán dựng hình cơ bản.
4cm
Ta dựng như sau:
900 . Dựng xBy Dựng cung tròn tâm B bán kính 2cm cắt By ở C .
D
B 2cm C Hình 45
y
L
Dựng cung tròn tâm C bán kính 4cm cắt Bx ở A . Nối AC ta được ABC là tam giác cần dựng. Nhận xét: Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao DB BC
FI CI A
300 ,C 600 . thì ACD là tam giác đều do đó ABC là nửa tam giác đều suy ra A
Qua bài toán này ta thu được kết quả sau:
Trong một tam giác vuông nếu một cạnh góc vuông bằng một nửa cạnh huyền thì tam giác đó là nửa tam giác đều (người ta hay gọi tam giác vuông có một góc bằng 300 hoặc 600 là nửa tam giác đều). Như vậy muốn dựng góc 600 , 300 ta đi dựng nửa tam giác đều.
OF
400 . Ví dụ 2. Dựng ABC vuông tại A , biết cạnh huyền BC 5cm và B
Lời giải (hình 46) Đây là bài toán dựng hình cơ bản.
A
40°
B
Dựng đoạn thẳng BC 5cm .
5cm
C
Hình 46
ƠN
Cách dựng:
x
400 Dựng CBx Dựng CA Bx . BÀI TẬP Dựng ABC vuông tại A , biết cạnh huyền BC 5cm và cạnh góc vuông AC 3cm . 2. Dựng góc 450 , 750 ,1350 .
QU Y
NH
III. 1.
DẠNG 2. Dựng hình thang
Y
KÈ
M
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Muốn dựng một hình thang cần biết bốn yếu tố (trong đó số góc không được quá hai). 2. Muốn dựng một hình thang cần cần biết ba yếu tố (trong đó số góc không được quá một). 3. Khi phân tích ta tìm ra tam giác biết ba yếu tố, dùng bài toán cơ bản để dựng trước nhằm xác định ba đỉnh của hình thang. Đỉnh thứ tư của hình thang phải thoả mãn hai điều kiện là nằm trên hai đường. Dùng phép dựng cơ bản xác định giao điểm của hai đường (nếu có) để dựng nối đỉnh này. II. VÍ DỤ A Ví dụ 1. Dựng hình thang ABCD (AB CD ) . Biết AB 2cm , 2cm B x
DẠ
CD 4cm, AD 2, 5cm và AC 3cm .
Lời giải (hình 47)
1.
2,5cm
3cm
Phân tích: D
4cm Hình 47
C
một khoảng 2cm . Từ đó suy ra cách dựng.
FI CI A
ACD dựng được ngay vì biết ba cạnh. Ta còn phải xác định đỉnh B . Đỉnh B phải thoả mãn hai điều kiện nằm trên Ax CD và cách A
L
Giả sử đã dựng được hình thang ABCD thoả mãn yêu cầu của đề bài. Ta thấy:
Cách dựng: Dựng ACD biết AC 3cm,CD 4cm, DA 2, 5cm . Dựng Ax CD , dựng cung tròn tâm A bán kính 2cm cắt Ax ở B . Nối BC ta được hình thang ABCD .
OF
2.
Chứng minh: Tứ giác ABCD là hình thang vì AB CD .
3.
ƠN
Hình thang ABCD có AB 2cm,CD 4cm, DA 2, 5cm và AC 3cm nên thoả mãn yêu cầu của bài toán.
800 Ví dụ 2. Dựng hình thang cân ABCD , biết đáy CD 3cm , đường chéo AC 4cm, D .
NH
Lời giải (hình 48)
QU Y
1. Phân tích: Giả sử đã dựng được hình thang cân ABCD thoả mãn yêu cầu của đề bài. Ta thấy:
x
B y
A
60° 3cm
C
Hình 48
M
ACD dựng được ngay nhờ phép dựng cơ bản. D Ta còn phải xác định đỉnh B . Đỉnh B phải thoả mãn hai điều kiện, nằm trên Ay DC và cách D một khoảng bằng 4cm . Từ đó suy ra cách dựng. 2. Cách dựng: Dựng đoạn thẳng DC 3cm .
4cm
Y
KÈ
800 . Dựng CDx Dựng cung tròn tâm C bán kính 4cm cắt tia Dx ở A . Dựng tia Ay DC . Dựng cung tròn tâm D bán kính 4cm cắt tua Ay ở B . Nối BC ta được hình thang cân cần dựng.
DẠ
3. Chứng minh: Thật vậy, tứ giác ABCD có AB CD và AC BD 4cm nên là hình thang cân, hình thang 800 thoả mãn yêu cầu của bài toán. cân này có DC 3cm, D
III.
BÀI TẬP
3.
900 , đáy CD 3cm , các cạnh bên Dựng hình thang ABCD (AB CD ) biết D
AD 2cm và BC 3cm .
L
Dựng hình thang cân ABCD biết đáy CD 4cm , cạnh bên AD 2cm và đường chéo BD 3cm .
FI CI A
4.
------///---------
OF
CHỦ ĐỀ 4: HÌNH BÌNH HÀNH . A/ LÝ THUYẾT.
1. Định nghĩa:
ƠN
I. HÌNH BÌNH HÀNH
“Hình bình hành là tứ giác có các cạnh đối song song” AB / / DC AD / / BC
NH
ABCD là hình bình hành
Chú ý: Hình bình hành là hình thang đặc biệt (là hình thang có hai cạnh bên song song).
QU Y
2. Tính chất: Trong hình bình hành: - Các cạnh đối bằng nhau
AB = DC ; AD = BC - Các góc đối bằng nhau
M
C ; B D A
- Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
KÈ
Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O => O là trung điểm của AC và BD
3. Dấu hiệu nhận biết: (Dùng chứng minh một tứ giác là Hình Bình Hành).
Y
- Tứ giác có các cạnh đối song song là hình bình hành.
DẠ
- Tứ giác có các cạnh đối bằng nhau là hình bình hành. - Tứ giác có hai cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành. - Tứ giác có các góc đối bằng nhau là hình bình hành - Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình bình hành.
II/ ĐỐI XỨNG TÂM
L
1. Hai điểm đối xứng qua một điểm:
FI CI A
Định nghĩa: Hai điểm gọi là đối xứng với nhau qua điểm I nếu I là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm đó. Hai điểm A và A' gọi là hai điểm đối xứng với nhau qua điểm I. 2. Hai hình đối xứng qua một điểm:
Điểm I gọi là tâm đối xứng của hai hình đó. ∆A’B’C’ đối xứng với ∆ABC qua tâm I khi:
+) B’ đối xứng với B qua I +) C’ đối xứng với C qua I.
ƠN
+) A’ đối xứng với A qua I
OF
Định nghĩa: Hai hình gọi là đối xứng với nhau qua điểm I nếu mỗi điểm thuộc hình này đối xứng với một điểm thuộc hình kia qua điểm I và ngược lại.
NH
Đoạn M’N’ đối xứng với đoạn MN qua tâm I khi: +) M’ đối xứng với M qua I +) N’ đối xứng với N qua I
QU Y
3. Hình có tâm đối xứng:
Định nghĩa: Điểm I gọi là tâm đối xứng qua hình H nếu điểm đối xứng với mỗi điểm thuộc hình H qua điểm I cũng thuộc hình H. Định lí: Giao điểm hai đường chéo của hình bình hành là tâm đối xứng của hình bình hành đó
M
B/ BÀI TẬP VẬN DỤNG. I. MỘT SỐ VÍ DỤ
DẠ
Y
KÈ
Ví dụ 1. Cho hình bình hành ABCD. 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.
Giải
FI CI A
AC và BD là hai đường chéo của hình bình hành ABCD nên chúng cắt nhau tại trung điểm O của AC. Ta còn phải chứng minh MN đi qua O. Muốn vậy chỉ cần chứng minh AMCN là hình bình hành để suy ra đường chéo MN đi qua trung điểm O của AC.
L
* Tìm cách giải
* Trình bày lời giải
Tứ giác AMCN có AM // CN và AM = CN nên là hình bình hành.
OF
=> 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.
ƠN
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.
NH
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD. Vẽ ra phía ngoài của hình bình hành các tam giác đều ABM và ADN. Chứng minh rằng tam giác CMN là tam giác đều. Giải
* Tìm cách giải
QU Y
Đề bài cho hình bình hành và các tam giác đều nên có nhiều đoạn thẳng bằng nhau, nhiều góc bằng nhau. Do đó có thể nghĩ đến việc chứng minh tam giác bằng nhau. * Trình bày lời giải
M
; BAD 180o ; thì ADC Ta đặt ABC 360o 60o 60o 180o 60o . MAN
KÈ
MAN và CDN có CDN (= 60o + ); AN = DN. AM = DC (= AB); MAN
Y
Do đó MAN = CDN (c.g.c) MN = CN.
(1)
DẠ
Chứng minh tương tự ta được MAN = MBC (c.g.c) MN = MC. Từ (1) và (2) suy ra MN = CN = MC. Vậy CMN đều.
là một kĩ thuật giúp ta tính toán và so sánh góc được Nhận xét: Việc đặt ABC nhanh chóng, tiện lợi.
(2)
L
Ví dụ 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.
FI CI A
Giải * Tìm cách giải
Kết luận của bài toán gợi ý cho ta vận dụng định lí Py-ta-go. Muốn vậy phải vẽ hình phụ tạo ra một tam giác vuông có ba cạnh bằng ba đường trung tuyến.
OF
* Trình bày lời giải
Giả sử tam giác ABC là tam giác có hai đường trung tuyến BD và CE vuông góc với nhau. Ta phải chứng minh BD2 + CE2 = AF2 (AF là đường trung tuyến thứ ba).
ƠN
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. 1 2
NH
Ta có DE // BC và 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.
QU Y
Do đó KAF vuông tại A AK2 + KF2 = AF2 CE2 + BD2 = AF2. II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Tính chất hình bình hành
M
Bài 1: 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.
KÈ
Bài 2: 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. Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC trực tâm H. Chứng minh rằng chu vi của tam giác ABC lớn 3 HA HB HC . 2
Y
hơn
DẠ
Bài 4: 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.
L
Bài 5: 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'.
a) Chứng minh rằng CM = CN; b) Trên AC lấy một điểm O. Hãy so sánh OM với ON.
FI CI A
Bài 6: Cho hình bình hành ABCD (AD < AB). Vẽ ra ngoài hình bình hành tam giác ABM ADN. cân tại B và tam giác ADN cân tại D sao cho ABM
OF
Bài 7: 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. Nhận biết hình bình hành
ƠN
Bài 8: 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 Giécgôn, nhà toán học Pháp).
NH
Bài 9: 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. Chứng minh rằng ba đường thẳng MN, EF, GH đồng quy. Bài 10: Cho đoạn thẳng PQ và một điểm A ở ngoài đường thẳng PQ. Vẽ hình bình 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.
QU Y
Bài 11: 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. Dựng hình bình hành
Bài 12: Cho tam giác ABC. Dựng điểm M AB, điểm N AC sao cho MN // BC và BM = AN.
KÈ
M
Bài 13: Dựng hình bình hành ABCD biết vị trí của điểm A và vị trí các trung điểm M, N của BC và CD. Bài 14: Cho trước hai điểm A và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng d. Một đoạn thẳng CD có độ 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.
DẠ
Y
Bài 15: 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).
Chủ đề 5
L
HÌNH BÌNH HÀNH A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa Hình bình hành là tứ giác có các cạnh đối song song.
ABCDlatugiac ABCD là hình bình hành . AB CD, AD BC
D
C
Hình 49
OF
Hình bình hành là hình thang có hai cạnh bên song song. 2. Tính chất Tính chất về góc: Các góc đối bằng nhau.
B
FI CI A
A
1.
Tính chất về đường trung bình: Đường trung bình của hình bình hành thì song song và bằng hai cạnh còn lại.
ƠN
Tính chất về cạnh: Các cạnh đối bằng nhau.
Tính chất về đường chéo: Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
NH
3. Dấu hiệu nhận biết Ba dấu hiệu về cạnh:
QU Y
Tứ giác có các cạnh đối song song là hình bình hành. Tứ giác có các cạnh đối bằng nhau là hình bình hành. Tứ giác có hai cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành. Một dấu hiệu về góc: Tứ giác có các góc đối bằng nhau là hình bình hành. Một dấu hiệu về đường chéo:
KÈ
M
Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình bình hành. 4. Cách vẽ hình bình hành Có năm cách vẽ hình bình hành nhưng hay dùng nhất là hai cách sau: Cách 1: Sử dụng lưới ô vuông để vẽ hai đoạn thẳng song song và bằng nhau (hình 50a). Cách 2: Trên hai đường thẳng d1, d2 cắt nhau tại O , lấy O làm tâm vẽ hai cung tròn, cung
Y
thứ nhất cắt d1 ở A và C , cung thứ hai cắt d2 ở B và D (hình 50b). d1 A
C
DẠ
B
B
O A
D
d2
a)
D
C
b) Hình 50
L FI CI A OF
Lưu ý:
ƠN
Cách 1 không chứng minh được là nhận được hình bình hành, chỉ là ảnh của hình bình hành. Cách 2 chứng minh được là hình bình hành. 5. Từ tính chất của hình bình hành ta thu được kinh nghiệm thứ hai Cứ nói tới trung điểm phải nghĩ đến hình bình hành.
QU Y
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
NH
Ý nghĩa của kinh nghiệm này là, với các bài toán mà giả thiết hoặc kết luận đề cập đến trung điểm của một đoạn thẳng thì khi vẽ đường phụ ta vẽ hình bình hành để sử dụng tính chất hai cạnh đối song song và bằng nhau hoặc hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường …
DẠNG 1. Nhận dạng hình bình hành, chứng minh ba điểm thẳng hàng, chứng minh các đường thẳng đồng quy
KÈ
M
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Nhận dạng hình bình hành: Thường sử dụng dấu hiệu nhận biết về cạnh đối và đường chéo. 2. Chứng minh ba điểm thẳng hàng và các đường thẳng đồng quy dựa vào nhận xét: Nếu hai hình bình hành có một đường chéo chung thì hai đường chéo còn lại đi qua trung điểm của đường chéo chung đó. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Tứ giác ABCD có M , N , P,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC ,CD, DA .
Y
Tứ giác MNPQ là hình gì? Vì sao?
DẠ
Lời giải (hình 51) Tứ giác MNPQ là hình bình hành. Giải thích: Thật vậy, từ giả thiết ta có NP, MQ thứ tự là các đường trung bình của hai tam B M giác ABD và BCD . Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giácAđó, ta được: Q
N
FI CI A
L
MQ BD 1 MQ BD MQ NP . 2 NP BD MQ NP 1 NP BD 2
Tứ giác MNPQ có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành. Ví dụ 2. Cho hình 52, trong đó ABCD là hình bình hành.
AH BD AH CK Từ giả thiết CK BD
O
(1)
1
ƠN
a)
OF
a) Chứng minh tứ giác AHCK là hình bình hành. b) Gọi O là trung điểm của HK . Chứng minh ba điểm A,O,C thẳng hàng. A B Lời giải (hình 52)
Áp dụng tính chất về cạnh vào hình bình hành ABCD và tính chất góc so le của AD BC , ta được:
K
1
H
C
D
Hình 52
NH
AD CB ADH CBK (trường hợp cạnh huyền, góc nhọn). D1 B1 K 900 H
QU Y
Suy ra AH CK .
Từ (1) và (2) ta có tứ giác AHCK có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành. b) Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình bình hành AHCK , ta được hai đường chéo AC và HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Do O là trung điểm của HK theo giả thiết nên AC đi qua O , hay A,O,C là ba điểm thẳng
M
hàng.
KÈ
Ví dụ 3. Cho hình bình hành ABCD . Tia phân giác của góc A cắt CD ở E , tia phân giác của góc C cắt AB ở F . Chứng minh rằng:
Y
a) Tứ giác AFCE là hình bình hành. b) Các đường thẳng AC , BD, EF đồng quy tại một điểm. Lời giải (hình 53) Áp dụng định nghĩa vào hình bình hành ABCD , ta được AB DC , suy ra AF EC . A B F (1) 1 2 1 Áp dụng tính chất về góc, giả thiết vào hình bình hành ABCD và tính chất của các cặp góc so le, ta được:
DẠ
a)
1
1
D
Hình 53
2
C
L
A ,C C A A AE CF .(2) 1 2 1 2 F 1 2 A C , F1 C 1
FI CI A
(vì có cặp góc đồng vị bằng nhau).
Từ (1) và (2) ta có tứ giác AFCE có các cạnh đối song song nên nó là hình bình hành.
DẠ
Y
KÈ
M
QU Y
NH
ƠN
OF
b) Áp dụng tính chất về đường chéo vào hai hình bình hành ABCD và AFCE ta được hai đường chéo còn lại của hai hình bình hành trên là BD, FE cùng đi qua trung điểm của đường chéo chung AC . Điều đó chứng tỏ rằng các đường thẳng AC , BD, FE đồng quy tại trung điểm của AC . III. BÀI TẬP 1. Các câu sau đúng hay sai? a) Tứ giác có hai cạnh đối bằng nhau là hình bình hành. b) Hình thang có hai cạnh bên bằng nhau là hình bình hành. c) Hình thang có hai cạnh đáy bằng nhau là hình bình hành. d) Hình thang có hai cạnh bên song song là hình bình hành. 2. Cho tam giác ABC , các đường trung tuyến BD và CE cắt nhau tại G . Vẽ các điểm H , I sao cho D là trung điểm của GH , E là trung điểm của GI . Chứng minh tứ giác BIHC là hình bình hành. 3. Cho hình thang ABCD . Hai điểm M , N lần lượt là trung điểm của BC và DA . Chứng minh rằng: a) Các tứ giác AMCN và BMDN là hình bình hành. b) Ba đường thẳng AC , BD, MN đồng quy tại một điểm. 4. Cho hình bình hành ABCD . Lấy M , N , P,Q thứ tự trên các cạnh AB, BC ,CD và DA sao cho AM BN CP DQ . Chứng minh rằng: a) Các tứ giác BNDQ, MNPQ là hình bình hành. b) Bốn đường thẳng AC , BD, MP, NQ đồng quy tại một điểm. 5. Cho hình bình hành ABCD . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB,CD và G, H thứ tự là giao điểm của AF , DE và BF ,CE . Chứng minh rằng: Các tứ giác AECF và EHFG là hình bình hành. Các đường thẳng AC , FE ,GH đồng quy tại một điểm. 6*. Bài toán Gergome1: Chứng minh rằng trong một tứ giác, các đoạn thẳng nối trung điểm của các cạnh đối diện và đoạn thẳng nối trung điểm của hai đường chéo đồng quy tại một điểm.
I. 1. 2.
DẠNG 2. Nhận dạng hình bình hành để chứng minh hai đường thẳng song song
PHƯƠNG PHÁP GIẢI Nhận dạng hình bình hành (xem dạng 1). Chứng minh hai đường thẳng song song nhờ định nghĩa hình bình hành.
II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Trên hình 54, cho ABCD là hình bình hành. Chứng minh AE CF . B
L
A
Lời giải (hình 54)
O
F
Áp dụng tính chất về đường chéo và giả thiết vào hình bình hành ABCD , ta được:
D
C
Hình 54
OF
AO OC AO OC DO OB . FO OE DF EB
FI CI A
E
Gọi O là giảo điểm của hai đường chéo AC và BD .
Tứ giác AECF có hai đường chéo AC và FE cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành. Theo định nghĩa hình bình hành, ta có AE CF .
cho AM CN . Chứng minh BN DM .
NH
Lời giải (hình 55)
ƠN
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD , trên hai cạnh AB,CD thứ tự lấy hai điểm M , N sao
Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh và giả thiết vào hình bình hành ABCD , ta được:
C N
M D
A
Hình 55
QU Y
AB CD MB DN AB CD . MB DN AM CN
B
Tứ giác BNDM có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành. Theo định nghĩa hình bình hành ta có BN DM . Ví dụ 3. Cho hình bình hành ABCD . Gọi I và K lần lượt là trung điểm của AB,CD .
M
Đường chéo BD cắt AK ,CI thứ tự ở M , N . Chứng minh rằng:
KÈ
AK CI a) Lời giải (hình 56)
b) DM MN NB . A
a) Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh và giả thiết vào hình bình hành ABCD , ta có:
DẠ
Y
AB CD AB DC AI KC . AI IB AI KC DK KC
I
B N
M D
K Hình 56
Tứ giác AICK có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành.
C
Theo định nghĩa hình bình hành ta có AK CI . Từ câu a), tứ giác AICK là hình bình hành nên theo định nghĩa hình bình hành ta có AK CI suy ra AM IN , MK CN . Lại có AI IB,CK KD theo giả thiết.
FI CI A
L
b)
Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giác ABM , DCN thu được: MN NB DM MN NB . DM MN
8.
OF
III. BÀI TẬP 7. ABC có đường trung tuyến BD , vẽ điểm E sao cho D là trung điểm của BE . Chứng minh AE BC .
Cho tam giác ABC , các trung tuyến AD, BE ,CF . Vẽ hai tia Ax DC , Ey AB chúng
ƠN
cắt nhau tại G . Chứng minh AD GC .
NH
DẠNG 3. Vẽ thêm hình bình hành để chứng minh quan hệ về độ dài và tính góc
QU Y
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Vẽ thêm hình bình hành bằng cách xác định một đoạn thẳng có trung điểm làm một đường chéo, sau đó chọn một trong hai giải pháp sau: Vẽ thêm đường chéo thứ hai. Kẻ thêm đường thẳng song song. 2. Áp dụng định lí đường trung bình của tam giác. 3. Sử dụng tính chất cặp góc ở vị trí đồng vị hoặc so le của hai đường thẳng song song. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho tam giác ABC cân (AB AC ) . Trên cạnh AB lấy điểm D , trên tia đối của tia
KÈ
DI IE .
M
CA lấy điểm E sao cho BD CE . Gọi I là giao điểm của BC và DE . Chứng minh
Lời giải (hình 57)
Y
Để chứng minh DI IE ta chịn DE là một đường chéo. Vẽ thêm hình bình hành DCEH A bằng cách kẻ DH CE . (1)
DẠ
Áp dụng tính chất về góc vào tam giác cân ABC và góc đồng vị của DH CE , ta được: C1 H 1 B H 1 BD DH C B 1
D I
1
(2)
B
H Hình 57
1
C E
(vì trong một tam giác, đối diện với hai góc bằng nhau là hai cạnh bằng nhau).
L
Lại có BD CE (3) theo giả thiết nên từ (2) và (3) suy ra DH CE (4).
FI CI A
Từ (1) và (4) ta có tứ giác DCEH có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành. Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình bình hành DCEH thu được DI IE .
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC , trung tuyến AM . Gọi I là trung điểm của AM , D là giao 1 3
OF
điểm của BI với AC . Chứng minh rằng AD AC . Lời giải (hình 58)
Do I là trung điểm của AM theo giả thiết nên chọn AM là một đường chéo.
ƠN
Vẽ thêm điểm E sao cho I là trung điểm của ED thì tứ giác ADME có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.
Lại có BM MC
NH
Áp dụng định nghĩa và tính chất về cạnh vào hình bình hành ADME , ta được ME AD A (1) và ME AD, ME DC (2) (3)
D I
QU Y
Từ (2) và (3) suy ra BE ED theo định lí đường trung bình, lúc đó ME là đường trung bình của BDC . Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác BDC , ta được: ME
1 DC (4) 2
B
M Hình 58
AD DC AD DC AC 1 . Vậy AD AC . 1 2 3 3 3
M
Từ (1) và (4) suy ra:
E
KÈ
2 . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho BD AC . Ví dụ 3. Cho ABC (AC AB ) CÓ A
Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AD, BC . Tính góc BEF . Lời giải (hình 59)
DẠ
Y
Do F là trung điểm của BC theo giả thiết nên chọn BC là một đường chéo. Vẽ thêm điểm K sao cho F là trung điểm của DK thì tứ giác BDCK có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành. Kết hợp với E là trung điểm của AD ta có FE là đường trung bình của DAK . Áp dụng tính chất về cạnh vào hình bình hành BDCK và giả thiết, ta được:
C
BD KC BD AC
bằng nhau).
FI CI A
L
A (vì trong một tam giác, đối diện với hai cạnh bằng nhau là hai góc AC KC K 1 2
(1)
A (vì so le trong) Lại có K 1 1
(2)
E
D
Từ (1), (2) suy ra:
1
A 2 1
A A 1 2 2
2 2
B
OF
A 1
A
F
C
Áp dụng định lí đường trung bình vào DAK ta được FE KA .
ƠN
A vì là góc đồng vị của FE KA . Vậy BEF 1
K Hình 59
NH
III. BÀI TẬP Hãy giải các bài tập sau bằng cách vẽ thêm hình bình hành.
9. Cho tam giác ABC . Qua D là trung điểm của cạnh BC , kẻ một đường thẳng vuông góc với đường phân giác của góc A nó cắt AB ở M và AC ở N . Chứng minh rằng BM CN .
QU Y
10. Vẽ ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABD và BCE cùng vuông cân tại B , gọi M là trung điểm của AC . Chứng minh rằng DE 2BM . 11*. Cho tam giác ABC có góc A tù. Trong góc A vẽ các đoạn thẳng AD, AE sao cho AD vuông góc và bằng AB, AE vuông góc và bằng AC . Gọi M là trung điểm của DE . Chứng minh rằng AM BC .
M
12*. Vẽ ra ngoài ABC các tam giác ABD vuông cân tại B, ACE vuông cân tại C . Gọi M
KÈ
là trung điểm của DE . Tam giác BMC là tam giác gì? Vì sao?
------///---------
DẠ
Y
CHỦ ĐỀ 5. HÌNH CHỮ NHẬT. TÍNH CHẤT CỦA CÁC ĐIỂM CÁCH ĐỀU MỘT ĐƯỜNG THẲNG CHO TRƯỚC.
A. LÝ THUYẾT. 1. Định nghĩa
Hình 5.2
OF
2. Tính chất
FI CI A
Hình 5.1
L
Hình chữ nhật là tứ giác có bốn góc vuông (h.5.1)
Trong hình chữ nhật, hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (h.5.2).
Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật;
ƠN
3. Dấu hiệu nhận biết
Hình thang cân có một góc vuông là hình chữ nhật;
NH
Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật;
Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật. 4. Áp dụng vào tam giác (h.5.3)
Hình 5.3
QU Y
ABC: MB = MC 90o AM 1 BC. A 2
5. Tính chất các điểm cách đều một đường thẳng cho trước (h.5.4)
M
Tập hợp 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.
KÈ
B. BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Hình 5.4
I. MỘT SỐ VÍ DỤ
DẠ
Y
Ví dụ 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
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.
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: OA = OB = OC = OD; KC = KN = KE = FF.
FI CI A
L
* Trình bày lời giải
C , C F . OCD, KCF cân, suy ra D 1 1 2 2
ƠN
C (cặp góc đồng vị) nên C F . Mặt khác, D 1 2 1 2
OF
Xét CAN có OM là đường trung bình nên OM // CN, đo đó BD // CN.
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.
NH
Ví dụ 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.
* Tìm cách giải
QU Y
Giải
D 90o nên chỉ cần chứng minh tứ giác này Dễ thấy tứ giác AKDH có hai góc vuông là H có một góc vuông nữa là thành hình chữ nhật.
* Trình bày lời giải
M
ABC cân tại A, AH là đường trung tuyến nên cũng là đường cao, đường phân giác.
KÈ
90o và A A . Do đó H 1 1 2 Ta có AH // DN (vì cùng vuông góc với BC)
A (cặp góc đồng vị); M A (cặp góc so le trong). N 1 1 2
Y
M (vì A A ). Do đó N 1 1 2
DẠ
90o. Vậy AMN cân tại A mà AK là đường trung tuyến nên AK cũng là đường cao, K H D 90o nên nó là hình chữ nhật. Tứ giác AKDH có K
Ví dụ 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.
Giải * Tìm cách giải
FI CI A
L
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 0 x2 + y2 2xy x2 + y2 + 2xy 4xy (x + y)2 4xy 2 x y xy .
4
Tứ giác AHDK có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
OF
* Trình bày lời giải
Ta có
2 x y a2 xy
4
4
(không đổi).
ƠN
45o nên là tam giác vuông cân. Ta đặt DH = x, DK = y thì 90o ; B Tam giác HBD có H HB = x, AH = y và x + y = a.
Dấu "=" xảy ra x = y D là trung điểm của BC.
a2 khi D là trung điểm của BC. 4
NH
Vậy giá trị lớn nhất của tích DH . DK là
QU Y
D 90o. Trên cạnh AD có một điểm H mà AH < DH và Ví dụ 4. Cho hình thang ABCD, A 90o. Chứng minh rằng trên cạnh AD còn một điểm K sao cho BKC 90o. BHC
* Tìm cách giải
Giải
M
90o thì BHC và BKC là hai tam giác vuông chung Giả sử đã chứng minh được BKC 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.
KÈ
* 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 MN // AB MN AD (vì AB AD).
Y
Trên cạnh AD lấy điểm K sao cho DK = AH MK = MH.
DẠ
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 HN
1 BC (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền). 2
Suy ra KN
1 BC (vì KN = HN). 2
L
90o. Do đó KBC vuông tại K BKC
FI CI A
Ví dụ 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? Giải Vẽ AH xy, OK xy.
Xét ABH có OK // AH và OA = OB nên KH = KB. Vậy OK là đường trung bình suy ra OK
OF
Ta có AH là một đoạn thẳng cố định.
1 AH (không đổi). 2
trên đường thẳng a // xy và cách xy là
ƠN
Điểm O cách đường thẳng xy cho trước một khoảng không đổi là
1 AH nên điểm O di động 2
AH (đường thẳng a và điểm A cùng nằm trên một nửa mặt 2
NH
phẳng bờ xy). II. LUYỆN TẬP.
Tính chất và dấu hiệu nhận biết của hình chữ nhật
QU Y
5.1. 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. 5.2. Cho hình bình hành ABCD. Biết AD
1 1 DAC. Chứng minh rằng hình bình AC và BAC 2 2
hành ABCD là hình chữ nhật.
M
5.3. Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 8, BC = 6. Điểm M nằm trong hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng S = MA2 + MB2 + MC2 + MD2.
KÈ
5.4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi O là một điểm bất kì ở trong tam giác. Vẽ OD AB, OE BC và OF CA. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: S = OD2 + OE2 + OF2. 5.5. Cho hình chữ nhật ABCD, đường chéo AC = d. Trên các cạnh AB, BC, CD và DA lần lượt lấy
Y
các điểm M, N, P, Q. Tính giá trị nhỏ nhất của tổng: S = MN2 + NP2 + PQ2 + QM2.
DẠ
5.6. 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. Tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông
5.7. 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.
L
5.8. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, đường trung tuyến AD. Vẽ HE AB, HF AC.
FI CI A
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.
5.9. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho
OF
AD = AB. Gọi M là trung điểm của BD. Chứng minh rằng tia HM là tia phân giác của góc AHC.
5.10.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.
5.11.
ƠN
Đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước
Cho góc xOy có số đo bằng 30o. 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
5.12.
NH
tia Oy thì điểm C di động trên đường nào?
Cho góc xOy có số đo bằng 45o. Điểm A cố định trên tia Ox sao cho OA 3 2 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?
Cho tam giác ABC cân tại A. Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm M và N sao cho
QU Y
5.13.
AM = CN. Gọi O là trung điểm của MN. Hỏi điểm O di động trên đường nào? 5.14.
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. Bên trong hình chữ nhật kích thước 3 6 cho 8 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai trong số 8
M
5.15.
Y
KÈ
điểm đó có khoảng cách nhỏ hơn 2,3.
PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC VÀ ĐỐI XỨNG TÂM
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
DẠ
Chủ đề 6
I.
PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
1.
Định nghĩa
L
a) Hai điểm gọi là đối xứng với nhau qua đường thẳng d nếu d là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm đó. Quy ước: Nếu B d thì ta nói B đối xứng với B qua d .
FI CI A
b) Hai hình gọi là đối xứng với nhau qua đường thẳng d nếu mỗi điểm thuộc hình này đối xứng với một điểm thuộc hình kia qua đường thẳng d và ngược lại. Đường thẳng d gọi là trục đối xứng của hai hình đó. 2. Các tính chất thừa nhận
OF
Tính chất 1: Nếu các điểm A và A , B và B , C và C đối xứng với nhau qua đường thẳng d trong đó C nằm giữa A và B thì C nằm giữa A và B . Tính chất này cho phép ta vẽ hai hình đối xứng với nhau qua một trục. Tính chất 2: Nếu hai đoạn thẳng (góc, tam giác) đối xứng với nhau qua một trục thì chúng bằng nhau. Hình có trục đối xứng
ƠN
3.
Đường thẳng d gọi là trục đối xứng của hình F nếu mỗi điểm thuộc hình F đều có điểm đối xứng với nó qua d cũng thuộc hình F . Lúc đó ta nói hình F có trục đối xứng.
QU Y
NH
4. Trục đối xứng của một số hình a) Đường trung trực của một đoạn thẳng là trục đối xứng của đoạn thẳng đó. b) Tia phân giác của một góc là trục đối xứng của góc đó. c) Đường trung trực của các cạnh đáy tam giác cân là trục đối xứng của tam giác cân đó. d) Đường trung trực của các cạnh tam giác đều là các trục đối xứng của tam giác đều đó. e) Đường thẳng đi qua trung điểm hai đáy của hình thang cân là trục đối xứng của hình thang cân đó. f) Mỗi đường kính của đường tròn là một trục đối xứng của hình tròn đó. II. ĐỐI XỨNG TÂM
KÈ
M
1. Định nghĩa a) Hai điểm gọi là đối xứng với nhau qua điểm O nếu O là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm đó. Quy ước: Điểm đối xứng với O qua điểm O chính là điểm O .
DẠ
Y
b) Hai hình gọi là đối xứng với nhau qua điểm O nếu mỗi điểm thuộc hình này đối xứng với một điểm thuộc hình kia qua điểm O và ngược lại. Điểm O gọi là tâm đối xứng của hai hình đó. 2. Các tính chất thừa nhận Giống như các tính chất thừa nhận của phép đối xứng trục. 3.
Hình có tâm đối xứng
Điểm O gọi là tâm đối xứng của hình F nếu mỗi điểm thuộc hình F đều có điểm đối xứng với nó qua O cũng thuộc hình F . Lúc đó ta nói hình F có tâm đối xứng.
FI CI A
L
4. Tâm đối xứng của một số hình a) Trung điểm của đoạn thẳng là tâm đối xứng của đoạn thẳng đó. b) Giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành là tâm đối xứng của hình bình hành đó. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN DẠNG 1. Vẽ hình đối xứng qua trục, qua tâm. Chứng minh hai hình đối xứng qua trục, qua tâm
OF
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng định nghĩa của phép đối xứng trục, đối xứng tâm.
E
D
NH
D đối xứng với E qua AH ; a) b) ADC đối xứng với AEB qua AH . Lời giải (hình 60)
ƠN
II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho ABC cân tại A , đường cao AH . Trên cạnh AB lấy điểm D , trên cạnh AC A lấy điểm E sao cho AD AE . Chứng minh rằng:
a) Vì ABC cân tại A có AH là đường cao theo giả thiết nên AH là tia phân giác của góc A . B Lại có AD AE do giả thiết nên ADE cân tại A , suy ra AH là đường trung trực của DE . Vậy D đối xứng với E qua AH .
C
H
QU Y
Hình 60
KÈ
M
b) Vì AH là đường cao của ABC cân tại A nên AH là đường trung trực của BC suy ra B đối xứng với C qua AH , E đối xứng với D qua AH , lại có A đối xứng với A qua AH theo qui ước. Vậy ADC đối xứng với AEB qua AH . Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD . Gọi E là điểm đối xứng với D qua điểm A và F là điểm đối xứng với D qua điểm C . Chứng minh rằng điểm E đối xứng với điểm F qua điểm B . Lời giải (hình 61)
Vẽ các điểm E và F sao cho A là trung điểm của DE hay DA AE (1); C là trung điểm của DF hay DC CF (2) thì E đối xứng với D qua A và F đối xứng với D qua C .
Y
E
DẠ
Vì ABCD là hình bình hành nên AD BC AE BC (3) và DA BC
(4)
Từ (1) và (4) suy ra AE BC
(5)
A
D
B
C Hình 61
F
Từ (3) và (5) ta có tứ giác ACBE có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành.
(6)
Chứng minh tương tự, ta được tứ giác ACBF là hình thang nên: AC BF và BF AC
(7)
FI CI A
AC BE và AC BE .
L
Áp dụng định nghĩa và tính chất về cạnh vào hình bình hành ACBE , ta được:
OF
Từ (6), (7) suy ra E , B, F thẳng hàng và BE BF do đó B là trung điểm của EF hay E đối xứng với F qua B .
Ví dụ 3. Cho góc vuông xOy , điểm A nằm trong góc đó. Gọi B là điểm đối xứng với A qua Ox ,C là điểm đối xứng với A qua Oy . Chứng minh rằng điểm B đối xứng với điểm
ƠN
C qua O .
Lời giải (hình 62)
NH
Vẽ AH Ox, AK Oy , vẽ hai điểm B,C sao cho H , K lần lượt là trung điểm của AB, AC y
thì B đối xứng với A qua Ox ,C đối xứng với A qua Oy . Vì O Ox,O Oy nên O đối xứng cới O qua Ox,Oy .
C
A
K
QU Y
Áp dụng tính chất của phép đối xứng trục, ta có: OA OB OB OC . OA OC
(1)
O O O O O O 1 2 1 4 2 3 900 . 1 1 O O4 3
1800 BOC
M
Và
4 3
1
O 2
H
B Hình 62
(2)
KÈ
Từ (1) và (2) suy ra O là trung điểm của đoạn BC nên B đối xứng với C qua O .
DẠ
Y
III. BÀI TẬP 1. Cho ABC nhọn, đường cao AH . Gọi D là điểm đối xứng với H qua AB , điểm E đối xứng với H qua AC . Chứng minh rằng: a) Đoạn thẳng AD đối xứng với AH , đoạn thẳng BD đối xứng với BH qua trục AB . Đoạn thẳng AE đối xứng với AH , đoạn thẳng CE đối xứng với CH qua trục AC . ADB đối xứng với AHB qua trục AB, AEC đối xứng với AHC qua trục AC . b) 2. Cho ABC , các đường trung tuyến BD,CE . Gọi H là điểm đối xứng với C qua E , K là điểm đối xứng với B qua D . Chứng minh rằng điểm H đối xứng với điểm K qua điểm A .
x
Cho ABC , trung tuyến BD . Gọi E đối xứng với B qua A , I đối xứng với B qua D, F đối xứng với B qua C . Chứng minh rằng điểm D đối xứng với điểm E qua AH . 4. Cho ABC cân tại A , đường cao AH . Trên cạnh AB lấy điểm D , trên cạnh AC lấy điểm E sao cho BD CE . Chứng minh rằng điểm D đối xứng với điểm E qua AH . 5. Cho hình bình hành ABCD , các đường chéo cắt nhau tại O . Trên hai cạnh AB,CD lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho AM CN . Chứng minh rằng điểm M đối xứng với điểm N qua O . 6. Cho hình bình hành ABCD . Gọi M là điểm đối xứng với D qua điểm A, N là điểm đối xứng với D qua C . Chứng minh rằng điểm M đối xứng với điểm N qua điểm B .
FI CI A
L
3.
OF
DẠNG 2. Nhận dạng hai hình đối xứng qua trục, qua tâm để chứng minh hai hình bằng nhau
ƠN
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng định nghĩa, tính chất của phép đối xứng trục, đối xứng tâm. II.
VÍ DỤ
500 . Điểm M thuộc cạnh BC . Ví dụ 1. Cho ABC có A Vẽ điểm D đối xứng với M qua AB , vẽ điểm E đối xứng với M qua AC .
34
E B
M
C
NH
Hình 63
QU Y
a) Chứng minh rằng AD AE . b) Tính số đo góc DAE . Lời giải (hình 63)
A 1 2 50°
D
a) Vì D đối xứng với M qua AB , E đối xứng với M qua AC theo giả thiết và A đối xứng với A qua AB, AC nên AD đối xứng với AM qua AB, AE đối xứng với AM qua AC . Áp dụng tính chất của phép đối xứng trục, ta được:
đối xứng với A qua AB , A đối xứng với Theo câu a), ta có A 1 2 3
KÈ
b)
M
AM AD AD AE . AM AE
dụng tính chất của phép đối xứng trục, ta có:
Y
DẠ
Gọi M là điểm đối xứng với H qua BC . a)
Chứng minh BHC BMC ;
b)
. Tính BMC
qua AC . Áp A
A1 A2 A A A A 500 , suy ra DAE 1000 . A 1 2 2 3 A A3 4 700 , trực tâm H . Ví dụ 2. Cho ABC có A
A 4
70°
D E
H
B
C M Hình 64
Lời giải (hình 64) Vì M đối xứng với H qua BC , B đối xứng với B
qua BC ,C đối xứng với C qua BC suy ra BHC
b)
FI CI A
đối xứng với BMC qua BC . Áp dụng tính chất của phép đối xứng trục, ta được BHC BMC .
L
a)
Gọi giao điểm của BH với AC là D , giao điểm của CH với AB là E thì BD,CE là
E 900 . hai đường cao của tam giác ABC suy ra D
1100 900 3600 , hay EHD Hay 700 900 EHD BHC Do BHC BMC theo câu a) suy ra BMC EHD (vì đối đỉnh) Lại có BHC
OF
D H E 3600 . Áp dụng tính chất về góc vào tứ giác ADHE , ta được: A
(1) (2)
ƠN
(3)
1100 . Từ (1), (2) và (3) suy ra BMC
Ví dụ 3. Cho hai điểm A, B nằm cùng phía đối với đường thẳng d . Vẽ hai điểm C đối
NH
B cân. xứng với A qua d , D đối xứng với B qua d . Chứng minh rằng ABCD là hình thang
Lời giải (hình 65)
A d
Vẽ AH d, AK d . Lại vẽ hai điểm C , D sao cho H là
QU Y
trung điểm của AC , K là trung điểm của BD ta được C
C
đối xứng với A qua đường thẳng d , D đối xứng với B qua đường thẳng d . Suy ra AC BD
D Hình 65
(1) và AD đối xứng với CB qua trục d .
M
Do đó theo tính chất của hai hình đối xứng qua trục ta có (2) AD CB .
KÈ
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCD có hai cạnh đối song song và hai đường chéo bằng nhau nên nó là hình thang cân. III. BÀI TẬP
Y
1000 . Gọi d là đường trung trực của AC , vẽ 7. Cho tam giác ABC cân tại A có A điểm D đối xứng với điểm B qua đường thẳng d . Tính số đo góc CDB . D 900 . Gọi E là điểm đối xứng của điểm C Cho hình thang vuông ABCD A
DẠ 8.
CID . qua trục AD và I là giao điểm của AD, BE . Chứng minh rằng AIB
9.
Cho tam giác ABC có D, E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Gọi O
L
là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC . Vẽ điểm M đối xứng với O qua D , vẽ điểm N đối xứng với O qua E . Chứng minh rằng tứ giác MNCB là hình bình hành.
FI CI A
10. Cho hình bình hành ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo. Qua O vẽ hai đường thẳng, một đường cắt hai cạnh AB,CD ở E và F . Đường kia cắt hai cạnh AD, BC ở G, H . Chứng minh tứ giác EGFH là hình bình hành.
I. PHƯƠNG PHÁP 1. Vẽ thêm điểm đối xứng qua trục.
3. Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác. II. VÍ DỤ
ƠN
2. Áp dụng tính chất hai hình đối xứng qua một trục.
OF
DẠNG 3*. Vẽ thêm điểm đối xứng qua trục để chứng minh quan hệ về độ dài
NH
Ví dụ 1. a) Cho hai điểm A, B thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d (hình 66). Gọi C là điểm đối xứng với A qua d và D là giao điểm của d với đoạn thẳng BC . Vẽ điểm E bất kì trên d ( E khác D ). Chứng minh rằng AD DB AE EB .
QU Y
b) Bạn Tú đang ở vị trí A , cần đến bờ sông d để lấy nước rồi đi đến vị trí B (hình 67). Hỏi con đường ngắn nhất mà bạn Tú nên đi là con đường nào? Lời giải
B
B
A
D
A d
d
D
C
E A'
Hình 66
Hình 67
DẠ
Y
KÈ
M
E
a) Vì C đối xứng với A qua d nên DA DC , nên AD DB CD DB CB
(1)
AE EB CE EB
(2)
Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào BCE ta có CB CE EB
L
(3)
FI CI A
Từ (1), (2) và (3) suy ra AD DB AE EB . b) Con đường ngắn nhất mà bạn Tú nên đi là con đường ADB .
Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD có góc ngoài tại đỉnh C bằng góc ACB . Chứng minh rằng A AB BD AC CD . B
Vẽ điểm E đối xứng với điểm A qua trục BC , do C đối xứng với đối xứng với C qua trục BC nên ACB qua BC suy ra ACB ECB hay ECB là góc ECB
C
D
OF
Lời giải (hình 68)
E
Hình 68
ngoài tại đỉnh C của tứ giác hay ba điểm D,C , E thẳng
ƠN
hàng. Do đó DE DC CE .
(1)
Ta có AB BD BD BE .
NH
Vì E đối xứng với A qua BC nên CA CE (2), AB BE .
(3) (4)
Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào BDE ta được DB BE DE .
(5)
QU Y
Từ (1), (2), (4) và (5) suy ra AB BD AC CD . Ví dụ 3. Cho hai điểm A, B nằm trên cùng một mặt phẳng có bờ là đường thẳng d . Tìm trên d điểm M sao cho tổng MA MB nhỏ nhất. Lời giải (hình 69)
A B d
M
Vẽ điểm C đối xứng với B qua trục d , giả sử đã tìm được điểm M trên d thì
M C
Hình 69
KÈ
MB MC (1). Do A, B , d cố định nên C cũng cố định suy
ra đoạn AC có độ dài không đổi. Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào AMC ta được (2)
Y
MA MC AC
DẠ
Dấu bằng xảy ra khi M nằm giữa A và C hay M là giao điểm của d và AC . Từ (1) và (2) suy ra MA MB nhỏ nhất bằng AC khi M là giao điểm của d và AC . III. BÀI TẬP 11. Trên đường phân giác ngoài ở đỉnh C của ABC , lấy điểm M khác C .
Chứng minh rằng AC CB AM MB .
FI CI A
L
12. Cho ABC . Hãy tìm điểm N trên cạnh AC sao cho chu vi ANB bằng độ dài cạnh BC .
------///---------
OF
CHỦ ĐỀ 6. HÌNH THOI VÀ HÌNH VUÔNG A. LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa
ƠN
Hình thoi là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau (h.6.1).
NH
Hình vuông là tứ giác có bốn góc vuông và có bốn cạnh bằng nhau (h.6.2).
QU Y
Hình 6.1 2. Tính chất
Hình 6.2
* Trong hình thoi:
Hai đường chéo của hình thoi vuông góc với nhau;
M
Hai đường chéo là các đường phân giác của các góc của hình thoi;
KÈ
* Hình vuông có đủ các tính chất của hình chữ nhật và hình thoi. 3. Dấu hiệu nhận biết * Nhận biết hình thoi:
Y
Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau là hình thoi;
DẠ
Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau là hình thoi; Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình thoi; Hình bình hành có một đường chéo là đường phân giác của một góc là hình thoi. * Nhận biết hình vuông:
Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông;
Hình thoi có một góc vuông là hình vuông;
OF
Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau là hình vuông.
FI CI A
Hình chữ nhật có một đường chéo là đường phân giác của một góc là hình vuông;
L
Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc là hình vuông;
B. BÀI TẬP VẬN DỤNG.
ƠN
I. MỘT SỐ VÍ DỤ. Ví dụ 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.
NH
Giải
* Tìm cách giải
* Trình bày lời giải Vẽ BK AD.
QU Y
Vẽ thêm BK AD để dùng định lí đường trung bình của tam giác, định lí Py-ta-go tính bình phương độ dài của mỗi đường chéo.
Xét BKD có OH // BK (vì cùng vuông góc với AD) và OB = OD nên KH = HD.
M
Vậy OH là đường trung bình của BKD. 1 2
KÈ
Suy ra OH BK, do đó BK = 12cm. Xét ABK vuông tại K có AK2 = AB2 – BK2 = 132 – 122 = 25 AK = 5cm do đó KD = 8cm.
Y
Xét BKD vuông tại K có BD2 = BK2 + KD2 = 122 + 82 = 208.
DẠ
Xét AOH vuông tại H có OA2 = OH2 + AH2 = 62 + 92 = 117. 2
AC 2 117 AC 468. 2
BD2 208 4 BD 2 . Do đó 2 468 9 AC 3 AC
FI CI A
L
Ví dụ 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. Giải * Tìm cách giải
OF
Dùng định lí đường trung bình của tam giác ta chứng minh được tứ giác DNGM là hình bình hành. Sau đó chứng minh hai cạnh kề bằng nhau. * Trình bày lời giải ABE = ACF (cạnh huyền, góc nhọn)
ƠN
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.
NH
Xét EBC có GN // BE (cùng vuông góc với AC) và GB = GC nên NE = NC. Chứng minh tương tự ta được MF = MB.
QU Y
Dùng định lí đường trung bình của tam giác ta chứng minh được DM // GN và DM = GN nên tứ giác DNGM là hình bình hành. Mặt khác, DM = DN (cùng bằng
1 của hai cạnh bằng nhau) nên DNGM là hình thoi. 2
KÈ
* Tìm cách giải
M
Ví dụ 3. 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. Giải
Vẽ hình chính xác ta thấy đường thẳng MH đi qua một điểm cố định là điểm B. Vì M . thế ta sẽ chứng minh ba điểm H, M, B thẳng hàng bằng cách chứng minh M 1 2
DẠ
Y
* Trình bày lời giải
Gọi N là giao điểm của đường thẳng EM với BC.
L
Khi đó BN = AE; AE = ME (vì AEM vuông cân) suy ra BN = ME.
FI CI A
Chứng minh tương tự ta được MN = MF. Nối MB ta được BMN = EFM (c.g.c). E do đó M M . Suy ra B 1 1 1 2
Từ đó ba điểm H, M, B thẳng hàng.
Vậy đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định là điểm B.
OF
Ví dụ 4. 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.
ƠN
Giải * Tìm cách giải
NH
45o. Vì vậy ta vẽ hình phụ tạo ra góc 90o rồi Vẽ hình chính xác ta luôn thấy MAN bằng nửa góc vuông đó. chứng minh MAN
* Trình bày lời giải
Trên tia đối của tia DC lấy điểm E sao cho DE = BM.
QU Y
DAE. BAM = DAE (c.g.c) suy ra AM = AE và BAM DAM 90o Ta có BAM
DAM 90o hay EAM 90o. DAE
Theo đề bài, CM + CN + MN = 2a mà CM + CN + MB + ND = 2a
M
nên MN = MB + ND hay MN = DE + ND = EN.
KÈ
EAN MAN = EAN (c.c.c) MAN
EAM 45o. 2
Vậy góc MAN có số đo không đổi.
DẠ
Y
Ví dụ 5. 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
Giải
L
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.
FI CI A
* Trình bày lời giải Vẽ ME CD, NF AD. Gọi O là giao điểm của ME và NF.
Ta có AB = BC = CD = DA mà AM = BN = CP nên BM = CN = DP. Dễ thấy tứ giác AMOF là hình vuông.
OF
EMP và FNQ có:
F 90o ; ME = NF (bằng cạnh hình vuông); E
ƠN
FNQ (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) EMP
EMP = FNQ (g.c.g) MP = NQ và EP = FQ. Ta có DE = AM = AF DP = AQ do đó DQ = CP.
NH
Các tam giác BNM, CPN, DQP và AMQ bằng nhau suy ra MN = NP = PQ = QM.
II. LUYỆN TẬP
M
Hình thoi
QU Y
Do đó tứ giác MNPQ là hình thoi. Hình thoi này có hai đường chéo bằng nhau nên là hình vuông.
6.1. Một hình thoi có góc nhọn bằng 30o. Khoảng cách từ giao điểm của hai đường chéo đến
KÈ
mỗi cạnh bằng h. Tính độ dài mỗi cạnh của hình thoi. 6.2. Cho hình thoi ABCD, chu vi bằng 8cm. Tìm giá trị lớn nhất của tích hai đường chéo. 40o. Gọi M là trung điểm của AB. Vẽ DH CM. Tính số đo 6.3. Cho hình thoi ABCD, A
Y
của góc MHB.
DẠ
6.4. 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.
6.5. 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
Hình vuông
FI CI A
25o. 6.6. Dựng hình thoi ABCD biết AC + BD = 8cm và ABD
L
EFGH là hình thoi.
6.7. Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy các điểm E và F sao cho BE = EF = FC. Trên 1 AFG ACG. cạnh AD lấy điểm G sao cho AG AD. Tính tổng AEG 3
OF
6.8. 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.
vuông ABDE và ACFG. Chứng minh rằng:
ƠN
6.9. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ ra phía ngoài tam giác này các hình
a) Ba đường thẳng AH, DE và FG đồng quy;
NH
b) Ba đường thẳng AH, BF và CD đồng quy.
6.10. 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.
QU Y
45o. Vẽ ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M, N, P, 6.11. Cho tam giác ABC, A
Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, HB và HC. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông.
6.12. Cho hình bình hành ABCD. Vẽ ra phía ngoài của hình bình hành các hình vuông có một
M
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
KÈ
= HF và EG HF.
6.13. Dựng hình vuông ABCD biết đỉnh A và trung điểm M của CD. 6.14. Một bàn cờ hình vuông có kích thước 66. Có thể dùng 9 mảnh gỗ hình chữ nhật có kích
Y
thước 14 để ghép kín bàn cờ được không?
DẠ
6.15. Một hình chữ nhật có kích thước 36. 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).
L
CHỦ ĐỀ 7. ĐỐI XỨNG TRỤC - ĐỐI XỨNG TÂM
FI CI A
A. LÝ THUYẾT. 1. Các định nghĩa
Hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng d, nếu d là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm đó (h.7.1).
ƠN
OF
Hai điểm đối xứng nhau qua điểm O nếu O là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm đó (h.7.2).
Hình 7.1
Hình 7.2
NH
Hai hình gọi là đối xứng nhau qua đường thẳng d (hoặc qua điểm O) nếu mỗi điểm thuộc hình này đối xứng với một điểm thuộc hình kia qua đường thẳng d (hoặc qua điểm O) và ngược lại. 2. Tính chất
QU Y
Nếu hai đoạn thẳng (góc, tam giác) đối xứng với nhau qua một đường thẳng (hoặc qua một điểm) thì chúng bằng nhau. 3. Hình có trục đối xứng, có tâm đối xứng - Hình thang cân có trục đối xứng là đường thẳng đi qua trung điểm hai đáy. - Tương tự hình chữ nhật có hai trục đối xứng.
M
- Hình thoi có hai trục đối xứng là hai đường chéo. Hình vuông có 4 trục đối xứng.
KÈ
- Hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông có tâm đối xứng là giao điểm hai đường chéo. B. BÀI TẬP VẬN DỤNG. I. MỘT SỐ VÍ DỤ.
DẠ
Y
Ví dụ 1. Cho tứ giác ABCD, hai đường thẳng AB và CD không vuông góc với nhau. Dựng điểm M trên đường thẳng CD sao cho tia phân giác của góc AMB vuông góc với đường thẳng CD.
a) Phân tích
Giải
FI CI A
Vì tia Mx là tia phân giác của góc AMB và Mx CD nên đường thẳng CD là đường phân giác của góc AMA'.
L
Giả sử đã dựng được điểm M trên đường thẳng CD sao cho tia phân giác Mx của góc AMB vuông góc với đường thẳng CD. Trên tia đối của tia MB lấy điểm A' sao cho MA' = MA.
Xét MAA' cân tại M có MD là đường phân giác nên MD cũng là đường trung trực, suy ra A và A' đối xứng qua đường thẳng CD. b) Cách dựng
OF
- Dựng điểm A' đối xứng với A qua CD;
- Dựng giao điểm M của A'B với đường thẳng CD. Khi đó M là điểm cần dựng. c) Chứng minh
ƠN
Vì A và A' đối xứng qua CD nên CD là đường trung trực của AA', do đó CD cũng là đường phân giác của góc AMA'.
NH
Nếu Mx là tia phân giác của góc AMB thì Mx CD (tính chất hai tia phân giác của hai góc kề bù). d) Biện luận
Bài toán luôn có một nghiệm hình.
Nhận xét: Cách dựng điểm M như trên còn cho ta kết quả là tổng AM + MB ngắn
QU Y
nhất.
Ví dụ 2. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Trên đáy AB lấy điểm K tuỳ 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
M
Giải
KÈ
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
Y
DE và AK đối xứng nhau qua M nên
DẠ
DE = AK và 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.
FI CI A
L
Ví dụ 3. Cho góc xOy khác góc bẹt và hai điểm M, N nằm trong góc đó. Dựng hình bình hành AMBN sao cho A Ox và B Oy. Giải a) Phân tích
Giả sử đã dựng được hình bình hành AMBN thoả mãn đề bài. Gọi E là giao điểm của hai đường chéo. Vẽ điểm F đối xứng với O qua E. Khi đó tứ giác AOBF là hình bình hành.
B Oy và B Ft // Ox.
OF
Điểm B thoả mãn hai điều kiện:
b) Cách dựng - Dựng trung điểm E của MN;
NH
- Dựng điểm F đối xứng với O qua E;
ƠN
Điểm A thoả mãn hai điều kiện: A Ox và A thuộc tia BE.
- Dựng tia Ft // Ox cắt tia Oy tại B;
- Dựng giao điểm của tia BE và tia Ox. c) Chứng minh
QU Y
AOE = BFE (g.c.g) EA = EB. Mặt khác, EM = EN nên tứ giác AMNB là hình bình hành. d) Biện luận
Bài toán luôn có một nghiệm hình.
KÈ
M
Ví dụ 4. 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.
Y
Giải
DẠ
* Tìm cách giải Muốn chứng minh hai điểm M và N đối xứng qua A ta chứng 180o. minh AM = AN và MAN * Trình bày lời giải
a) AM đối xứng với AD qua AB nên A . AM = AD và A 1 2
(2)
FI CI A
A . AN đối xứng với AD qua AC nên AN = AD và A 3 4
L
(1)
2 A A 2BAC 2.90o 180o. Từ (1) và (2) suy ra AM = AN và MAN 2 3
Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng. Từ đó suy ra M và N đối xứng qua A và MN = 2AD.
Vậy MN ngắn nhất là bằng 2AH khi D H (h.7.7).
OF
b) Vẽ AH BC, ta có AD AH, do đó MN 2AH.
Dựa vào quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu ta có AD AC suy ra MN = 2AD 2AC.
II. LUYỆN TẬP. Đối xứng trục
Hình 7.8
QU Y
Hình 7.7
NH
ƠN
Do đó MN dài nhất là bằng 2AC khi D C (h.7.8).
7.1. 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.
M
a) Xác định dạng của tứ giác EFGH;
KÈ
b) Chứng minh rằng BD là trục đối xứng của tứ giác EFGH. 7.2. 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.
Y
a) Chứng minh rằng góc MAN luôn có số đo không đổi;
DẠ
b) Xác định vị trí của D để MN có độ dài ngắn nhất.
7.3. 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.
7.4. 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.
L
7.5. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD và một điểm M ở trong tam giác. Vẽ các điểm
FI CI A
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.
hơn số lớn nhất trong hai tổng AC + AD; BC + BD. Đối xứng tâm
OF
7.6. Cho tứ giác ABCD và một điểm M nằm giữa A và B. Chứng minh rằng MC + MD nhỏ
7.7. Cho tam giác ABC và O là một điểm tuỳ ý trong tam giác. Gọi D, E, F lần lượt là trung
ƠN
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.
NH
7.8. Cho góc xOy khác góc bẹt và một điểm G ở trong góc đó. Dựng điểm A Ox, điểm B Oy sao cho G là trọng tâm của tam giác OAB.
7.9. Cho tam giác ABC. Vẽ điểm D đối xứng với A qua điểm B. Vẽ điểm E đối xứng với B
có cùng một trọng tâm.
QU Y
qua C. Vẽ điểm F đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng tam giác ABC và tam giác DEF
7.10. Dựng hình bình hành ABCD biết vị trí trung điểm M của AB, trung điểm N của BC và trung điểm P của CD.
M
7.11. Dựng tứ giác ABCD biết AD = AB = BC và ba điểm M, N, P lần lượt là trung điểm của AD, AB và BC (biết M, N, P không thẳng hàng).
KÈ
7.12. Cho một hình vuông gồm 44 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
DẠ
Y
số ở hai đỉnh đối diện là bằng nhau.
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Chủ đề 7 HÌNH CHỮ NHẬT A
B
D
C
1. Định nghĩa
L
Hình chữ nhật là tứ giác có bốn góc vuông. Tứ giác ABCD là hình chữ nhật. B C D 900 A .
FI CI A
Từ định nghĩa suy ra hình chữ nhật là một dạng đặc biệt của hình thang cân, hình bình hành. 2. Tính chất
Hình chữ nhật có tất cả các tính chất của hình bình hành và hình thang cân. Nhưng cần chú ý các tính chất sau:
OF
Các cạnh đối song song và bằng nhau. Hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. 3. Dấu hiệu nhận biết
ƠN
Ba dấu hiệu về góc:
NH
Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật. Hình thang cân có một góc vuông là hình chữ nhật. Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật. Một dấu hiệu về đường chéo:
Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật. 4. Cách vẽ hình chữ nhật
QU Y
Có bốn cách vẽ hình chữ nhật nhưng hay dùng nhất là hai cách sau: Cách 1: Sử dụng lưới ô vuông để vẽ tứ giác có bốn góc vuông (hình 71a). Cách 2: Vẽ tứ giác có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường theo hai bước (hình 71b): Bước 1: Vẽ hai đường thẳng cắt nhau tại O .
KÈ
M
Bước 2: Vẽ đường tròn tâm O bán kính bất kì cắt hai đường trên tại bốn điểm ta được bốn đỉnh của hình chữ nhật.
DẠ
Y
O
b)
a) Hình 71
L FI CI A
Lưu ý:
OF
Cách 1 không chứng minh được là nhận được hình chữ nhật, chỉ là ảnh của hình chữ nhật. Cách 2 chứng minh được là hình chữ nhật. 5. Áp dụng vào tam giác
ƠN
Trong một tam giác vuông, đường trung tuyến ứng cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy. Dấu hiệu nhận biết tam giác vuông: Nếu một tam giác có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông. 6. Từ tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ta thu được kinh nghiệm thứ ba
NH
Cứ nói đến tam giác vuông phải nghĩ tới trung tuyến thuộc cạnh huyền Ý nghĩa của kinh nghiệm này là: Với các bài toán mà giả thiết hoặc kết luận đề cập đến tam giác vuông thì khi vẽ đường phụ ta vẽ thêm đường trung tuyến ứng với cạnh huyền.
QU Y
7. Từ dấu hiệu nhận biết tam giác vuông ta có cách vẽ ABC vuông tại A theo hai A cách sau Bước 1: Vẽ đường trong đường kính BC . Bước 2: Lấy điểm A bất kì trên đường tròn ta được ABC vuông tại A .
M
8. Từ dấu hiệu nhận biết tam giác vuông ta có cách vẽ các đường cao của tam giác nhọn ABC bằng thước kẻ
B
Hình 72
C
KÈ
và compa theo hai bước Bước 1: Vẽ nửa đường tròn đường kính BC (hình 72). Bước 2: Giao điểm của hai cạnh AB, AC với nửa đường tròn chính là chân đường cao kẻ
DẠ
Y
từ C và B . Giao điểm của hai đường cao là trực tâm của tam giác, nối đỉnh A với trực tâm ta được đường cao thứ ba.
B. CÁC DẠNG BÀI TOÁN DẠNG 1. Nhận dạng hình chữ nhật, chứng minh ba điểm thẳng hàng
L
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Nhận dạng hình chữ nhật theo ba cách sau: Cách 1: Chứng minh tứ giác có bốn góc bằng nhau.
FI CI A
Cách 2: Chứng minh tứ giác là một hình thang cân có thêm một góc vuông.
Cách 3: Chứng minh tứ giác là hình bình hành có thêm một góc vuông hoặc hai đường chéo bằng nhau.
OF
2. Chứng minh ba điểm thẳng hàng nhờ tính chất về góc bẹt hoặc tính chất về đường chéo của hình chữ nhật hoặc tiên đề Ơ-cờ-lít về đường thẳng song song. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho hình bình hành ABCD . Các tia phân giác của các góc A, B,C , D cắt nhau A nhật. như trên hình vẽ (hình 73). Chứng minh rằng EFGH là hình chữ 1
Lời giải
B
2
F
E
ƠN
A1 A2 Đặt . Áp dụng tính chất góc trong cùng D1 D2
1 2
C
D Hình 73
NH
phía vào AB CD , ta được:
G H
D 2( ) 1800 900 . A
1800 , hay Áp dụng tính chất về góc vào ADE , ta được: E
QU Y
1800 900 900 . E
H 900 . Chứng minh tương tự ta được: F G
Tứ giác EFGH có bốn góc vuông nên nó là hình chữ nhật. Ví dụ 2. Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau. Gọi E , F ,G, H lần lượt
M
là trung điểm của các cạnh AB, BC ,CD, DA . Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?
KÈ
Lời giải (hình 74)
Tứ giác EFGH là hình chữ nhật. Giải thích: Từ giả thiết ta có EF ,GH thứ tự là đường trung bình của các tam giác ABC B
Y
và ADC .
DẠ
Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giác này ta được E EF AC EF HG AC HG AC
(1)
Chứng minh tương tự, ta cũng được EH FG BD (2)
F
1
1
A
C
O 1 H
G
D Hình 74
Từ (1) và (2) tứ giác EFGH có các cạnh đối song song nên nó là hình bình hành.
FI CI A
L
Gọi O là giao điểm của AC với BD và I là giao điểm của EF với BD :
Áp dụng tính chất góc đồng vị vào các đường thẳng song song ở trên và giả thiết ta có:
OF
I E 1 1 E 900 I O . 1 1 1 900 O 1
Như vậy hình bình hành EFGH có một góc vuông nên nó là hình chữ nhật.
ƠN
Ví dụ 3. Bài toán thực tế
Một đội công nhân đang trồng cây trên đoạn đường AB thì gặp chướng ngại vật che lấp tầm nhìn (hình 75). Đội đã dựng các điểm C , D, E như trên hình vẽ rồi trồng cây A
B
E
NH
tiếp trên đoạn đường EF vuông góc với DE . Vì sao AB và EF cùng nằm trên một đường thẳng? Lời giải (hình 75)
Theo hình 75, tứ giác BCDE có BC ED và BC ED vì
D
C Hình 75
QU Y
có góc trong cùng phía bù nhau. Tứ giác BCDE có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành. Hình bình hành BCDE lại có góc C vuông nên là hình chữ nhật. DEB 900 ABE BEF 1800 suy ra A, B, E thẳng hàng và B, E , F Do đó CBE
cùng thẳng hàng. Vậy AB, EF cùng nằm trên một đường thẳng.
DẠ
Y
KÈ
M
III. BÀI TẬP 1. Các câu sau đúng hay sai? a) Tứ giác có tất cả các góc bằng nhau là hình chữ nhật. b) Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật. c) Hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật. d) Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật. 2. Hãy nêu các tính chất về đường chéo hình chữ nhật. Chỉ rõ tính chất nào được suy từ hình bình hành, hình thang. 3. Cho ABC vuông tại A , từ điểm D trên cạnh huyền BC vẽ DE AB, DF AC . a) Chứng minh rằng AEDF là hình chữ nhật. b) Gọi I là trung điểm của EF . Chứng minh ba điểm A, I , D thẳng hàng.
F
FI CI A
L
4. Cho ABC cân tại A , các đường trung tuyến BD,CE cắt nhau tại O . Gọi M là điểm đối xứng với O qua D và N là điểm đối xứng với O qua E . Tứ giác BNMC là hình gì? Vì sao? DẠNG 2. Vẽ thêm hình chữ nhật để tính độ dài đoạn thẳng, tính góc, chứng minh quan hệ về độ dài
Lời giải
ƠN
OF
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Vẽ thêm hình chữ nhật bằng cách kẻ đường vuông góc hoặc vẽ thêm hình bình hành có một góc vuông. 2. Áp dụng: Tính chất về cạnh hoặc đường chéo của hình chữ nhật, định lý Py-ta-go. Định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của một tam giác vuông. II. VÍ DỤ A B 10 Ví dụ 1. Tính x trên hình 76. x
13
Kẻ BH DC thì tứ giác ABHD có ba góc vuông là
15
D
H
Hình 76
NH
D H 900 nên nó là hình chữ nhật. A
Áp dụng tính chất về cạnh vào hình chữ nhật ABHD , thu được: DH AB 10, HB AD x .
QU Y
Do đó CH CD DH 15 10 5 .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BHC vuông tại H thu được: BC 2 CH 2 HB 2 132 52 x 2 x 2 122 .
Vậy x 12 .
KÈ
M
D 900 và DC BC 2AB . Tính ABC , Ví dụ 2. Cho hình thang vuông ABCD có A từ đó suy ra cách vẽ hình.
Lời giải (hình 77)
Y
D H 900 nên nó là hình chữ nhật. Áp Vẽ BH DC (1) thì tứ giác ABHD có A dụng tính chất về cạnh vào hình chữ nhật ABHD , ta được:
DẠ
DH AB
Mà DC 2AB (theo giả thiết)
(2) (3)
Từ (2) và (3) suy ra DC 2HC nên DH HC
(4)
Từ (1) và (4) ta có BH là đường trung trực của DC , do đó BC BD .
(5)
C
Lại có DC BC (theo giả thiết)
(6)
Từ (5) và (6) suy ra BC CD BD nên BDC là tam giác đều, do đó C A600 . và C là hai góc trong cùng phía của AB CD Vì ABC C 1800 , suy ra: nên chúng bù nhau hay ABC
1800 600 1200 . ABC
FI CI A
L
B
D
Từ chứng minh trên ta có cách vẽ hình theo hai bước sau: Bước 1: Vẽ tam giác đều BCD , đường cao BH .
C
Hình 77
OF
Bước 2: Vẽ hình chữ nhật BHDA .
H
D 900 và DC 2AB . Kẻ DE AC gọi Ví dụ 3*. Cho hình thang vuông ABCD có A
ƠN
900 . I là trung điểm của EC . Chứng minh rằng BID
Lời giải (hình 78)
NH
D H 900 nên nó là hình chữ Vẽ BH DC thì tứ giác ABHD có ba góc vuông là A A B nhật.
Áp dụng tính chất về cạnh và giả thiết vào hình chữ nhật ABHD , ta được:
Lại có EI IC
E
O
(1)
QU Y
AB DH DC 2AB DH HC DC DH HC
(2)
I D
H
C
Hình 78
Từ (1) và (2) suy ra HI là đường trung bình của tam giác DCE .
M
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác DCE thu được HI DE do DE AC theo giả thiết nên HI AC hay tam giác AIH vuông tại I .
KÈ
Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình chữ nhật ABHD ta được 0 nên IO là đường trung tuyến của hai tam giác vuông AIH và BID .
Y
Áp dụng định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào tam giác vuông AHI và tính chất về cạnh vào hình chữ nhật ABHD ta được:
DẠ
AH BD 1 OI BD . 1 2 OI AH 2
Điều này chứng tỏ trong tam giác BID trung tuyến IO ứng với cạnh BD bằng nửa 900 . cạnh ấy nên nó vuông tại I . vậy BID
III. BÀI TẬP
L
5. Cho ABC cân tại A , đường cao BH . Từ điểm M trên cạnh BC kẻ MP AB, MQ AC . Chứng minh rằng MP MQ BH .
FI CI A
2C . Kẻ đường cao AH , trên tia đối của tia 6. Cho tam giác ABC có góc B nhọn B BA lấy điểm D sao cho BD BH , gọi I là giao điểm của DH và BC . Chứng minh rằng:
a) AI IC .
OF
b) AD HC .
7. Cho hình chữ nhật ABCM , kẻ BD AC . Gọi E , N lần lượt là trung điểm của AD 900 . và CM . Chứng minh rằng BEN
BD, DM , AB . Chứng minh rằng AE HI .
ƠN
8. Cho hình chữ nhật ABCM , vẽ BD AC . Gọi E , I , H thứ tự là trung điểm của
NH
9. Cho tam giác AKC cân tại A , đường cao AB . Dựng hình chữ nhật ABCM , vẽ BD AC . Gọi F , N lần lượt là trung điểm của CD và AM . Chứng minh KD FN .
DẠNG 3. Vẽ thêm đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông để chứng minh quan hệ về độ dài và tính góc
QU Y
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Xác định tam giác vuông để vẽ thêm trung tuyến ứng với cạnh huyền. 2. Áp dụng tính chất về trung tuyến ứng với cạnh huyền hoặc dấu hiệu nhận biết tam giác vuông. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho tam giác nhọn ABC , các đường cao BD,CE . Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng tam giác MDE cân.
M
A
Lời giải (hình 79)
KÈ
D E
Vì BD,CE là hai đường cao của tam giác ABC theo giả thiết nên BD AC ,CE AB suy ra BDC vuông tại D , BEC
Y
vuông tại E . Do M là trung điểm của BC nên vẽ DM , EM
B
DẠ
thì DM , EM là các đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của hai tam giác vuông BDC và BEC . Áp dụng định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào hai tam giác vuông trên, ta được:
M Hình 79
C
L
1 DM BC 2 DM EM . Vậy MDE cân tại M . 1 EM BC 2
FI CI A
Ví dụ 2. Cho hình thang cân ABCD (AB CD, AB CD ) có đường cao AH . Gọi M , N A
B
lần lượt là trung điểm của AD và BC . Tính độ dài đoạn MN biết HC 5cm . Lời giải (hình 80)
M
N
Từ giả thiết ta có MN là đường trung bình của hình thang cân ABCD .
1
Áp dụng định lí đường trung bình vào hình thang ABCD , ta được: (1)
OF
MN DC MN HC
H
Hình 80
ƠN
Vì AH là đường cao của hình thang nên AH DC hay tam giác AHD vuông tại H , do M là trung điểm của AD nên vẽ HM thì HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AD của tam giác vuông AHD .
NH
Áp dụng định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào tam giác vuông AHD và kết hợp với giả thiết, ta được:
C Lại có D
QU Y
1 H HM AD MH MD D 2 1 AM MD
(2)
(3)
C , do đó: Do ABCD là hình thang cân nên từ (2) và (3) suy ra H 1
MH NC
(4)
Từ (1) và (4) ta thấy tứ giác MNCH có các cạnh đối song song nên nó là hình bình hành.
M
Áp dụng tính chất về cạnh vào hình bình hành MNCH và kết hợp với giả thiết HC 5cm ta được MN HC 5cm .
KÈ
900 . Gọi E , F lần lượt là trung Ví dụ 3. Cho hình thang ABCD (AB CD ) có C D
điểm của AB và CD . Chứng minh rằng CD AB 2EF .
I
Y DẠ
Gọi I giao điểm của DA và CB . Áp dụng tính chất về góc vào tam giác ICD , ta được: D 1800 . I C
900 theo giả thiết nên Do C D I 900 .
B
A
Lời giải (hình 81)
E D
F Hình 81
C
C
Suy ra tam giác ICD và IAB vuông tại I . Vẽ IE , IF thì IE , IF là các đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của hai tam giác
FI CI A
L
vuông IAB và ICD .
Áp dụng định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào hai tam giác vuông trên, ta được: AB IE EA EB AIE A1 (3) 2 (4) CD DIF D IF FC FD 2
D (vì đồng vị) Mặt khác A 1
(5)
I , E , F thẳng hàng nên IF IE EF
III. 10.
(6)
NH
Từ (1), (2) và (6) suy ra CD AB 2EF .
ƠN
DIF . Từ (3), (4) và (5) suy ra AIE
OF
(vì trong một tam giác, đối diện với hai cạnh bằng nhau là hai góc bằng nhau).
BÀI TẬP Cho hình thang cân ABCD (AB CD ) có chiều cao BH bằng đường trung
bình MN . Chứng minh rằng AC BD . Từ đó suy ra cách vẽ hình.
QU Y
Cho hình thang cân ABCD (AB CD ) có hai đường chéo AC và BD vuông
11.
góc với nhau. Chứng minh rằng chiều cao BH bằng đường trung bình MN . 12. Cho ABC vuông tại A , đường cao AH , trung tuyến AM và phân giác AD . Chứng minh rằng: MAC . a) HAB
Chủ đề 8 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG
Y
KÈ
M
. b) AD là tia phân giác của HAM
DẠ
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a là độ dài đường vuông góc OH kẻ từ O đến a .
2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách từ một điểm tuỳ ý trên đường thẳng này đến đường thẳng kia.
3. Tính chất của các điểm cách đều một đường thẳng cho trước Các điểm cách đường thẳng b một khoảng bằng h nằm trên hai đường thẳng song
L
song với b và cách b một khoảng bằng h .
FI CI A
Nhận xét: Tập hợp các điểm cách 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 . 4. Đường thẳng song song cách đều Dấu hiệu nhận biết các đường thẳng song song cách đều:
OF
Những đường thẳng song song chắn trên một đường thẳng cho trước những đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau thì chúng song song cách đều.
ƠN
Tính chất của các đường thẳng song song cách đều:
Những đường thẳng song song cách đều chắn trên một đường thẳng bất kì những đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau.
NH
5. Những tập hợp điểm được giới thiệu ở lớp 7
Tập hợp các điểm cách điểm O cố định một khoảng R 0 là đường tròn tâm O bán kính R . đoạn thẳng ấy.
QU Y
Tập hợp các điểm cách đều hai đầu của một đoạn thẳng là đường trung trực của Tập hợp các điểm cách đều hai cạnh của một góc là tia phân giác của góc ấy. 6. Từ tính chất của đường thẳng song song cách đều ta thu được kinh nghiệm thứ tư Cứ nói tới hình thang vuông phải nghĩ đến đường thẳng song song cách đều. Ý nghĩa của kinh nghiệm này là: Với các bài toán mà giả thiết hoặc kết luận của bài toán
M
đề cập đến hình thang vuông thì khi vẽ thêm đường phụ, từ trung điểm của cạnh bên
KÈ
ta vẽ thêm đường vuông góc với cạnh góc vuông để tạo ra ba đường thẳng song song cách đều.
Trong thực hành, người ta hay sử dụng lưới ô vuông và tính chất của các đường thẳng song song cách đều để vẽ hình rất hiệu quả (Đã từng bước giới thiệu từ chủ đề 2) và chia một đoạn
Y
thẳng thành n phần bằng nhau.
DẠ
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN DẠNG 1. Vẽ thêm các đường thẳng song song cách đều để chứng minh quan hệ về độ dài
I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Vẽ thêm đường thẳng song song hoặc đường vuông góc để tạo ra các đường thẳng
L
song song cách đều. II.
VÍ DỤ
FI CI A
2. Áp dụng tính chất của các đường thẳng song song cách đều.
Ví dụ 1. Cho ABC có D là trung điểm của AB , kẻ DE BC (E AC ) . Chứng minh A
rằng AE EC . Lời giải (hình 82)
D
Ax DE BC
(1)
Vì D là trung điểm của AB nên AD DB
(2)
E
OF
Do DE BC theo giả thiết nên vẽ thêm Ax DE thì
x
B
C
Hình 82
ƠN
Từ (1) và (2) suy ra Ax , DE , BC là ba đường thẳng song song cách đều nên nó chắn trên đường thẳng AC hai đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau là AE EC .
NH
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD và đường thẳng d không có điểm nào chung với hình bình hành. Gọi AE , BF ,CG, DH là các đường vuông góc kẻ từ A, B,C , D đến đường A
thẳng d . Chứng minh rằng AE CG BF DH .
QU Y
Lời giải (hình 83)
Do AE , BF ,CG, DH cùng vuông góc với d suy ra
d
C
D
AE BF CG DH . Nên AEGC và BFHD là
hai hình thang vuông.
B
H
E
I
G
F
Hình 83
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD .
M
Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình bình hành
KÈ
ABCD , ta được: AO OC
(1), BO OD
(2).
Vẽ thêm OI d thì OI AE CG (3) và OI BF DH (4) (do cùng vuông góc với d ).
Y
Từ (1) và (3) suy ra OI , AE ,CG là ba đường thẳng song song cách đều nên chúng chắn
DẠ
trên đường thẳng d hai đoạn liên tiếp bằng nhau là EI IG (5) Từ (2) và (4) suy ra OI , BE , DH cũng là ba đường thẳng song song cách đều nên chúng cùng chắn trên đường thẳng d hai đoạn liên tiếp bằng nhau là FI IH (6)
Từ (1) với (5) và (2) với (6) ta có OI là đường trung bình của hai hình thang vuông
L
AEGC và BFHD .
FI CI A
Áp dụng định lí đường trung bình vào hai hình thang trên, ta được: 2OI AE CG BF DH .
Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn ABC , các đường cao BD,CE . Gọi H , K thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ B và C đến đường thẳng DE . Chứng minh rằngAHE DK . K
Lời giải (hình 84)
D
I
BD AC ,CE AB do đó BDC vuông tại D, CEB
H
OF
Vì BD,CE là các đường cao của tam giác ABC nên
E
B
vuông tại E .
M
C
Hình 84
ƠN
Gọi M là trung điểm của BC , vẽ DM , EM thì DM , EM là các trung tuyến ứng với cạnh huyền của BDC và CEB .
hai tam giác vuông trên, ta được:
NH
Áp dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào
QU Y
1 DM BC 2 DM EM MDE cân tại M . 1 EM BC 2
Từ giả thiết ta có tứ giác BHKC là hình thang vuông nên vẽ thêm MI DE thì BH MI CK (1) (vì cùng vuông góc với đường thẳng DE ) mà BM MC (2) (do ta
vẽ).
Từ (1) và (2) suy ra BH , MI ,CK là ba đường thẳng song song cách đều nên chúng chắn
M
trên đường thẳng HK hai đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau là HI IK (3).
KÈ
Áp dụng tính chất về đường cao ứng với cạnh đáy vào tam giác cân MDE ta được EI ID (4).
Trừ theo vế đẳng thức (3) cho (4), ta được: EH DK . BÀI TẬP
Y
III.
DẠ
Hãy giải các bài tập sau bằng cách vẽ thêm đường thẳng song song cách đều. 1. Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC , lấy một điểm D trên cạnh BC ( D khác M ). Gọi H , I , K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B, M ,C đến đường thẳng AD . Chứng minh rằng HI IK .
1 3
2. Cho tam giác ABC trung tuyến AM . Trên AM lấy một điểm I sao cho AI AM . 1 6
3. Cho tam giác ABC trọng tâm G .
FI CI A
1 4
đổi thế nào nếu AI AM . Hãy nêu bài toán tổng quát.
L
Gọi D là giao điểm của BI và AC . Chứng minh rằng AD AC . Kết quả trên thay
a) Một đường thẳng d đi qua G cắt hai cạnh AB, AC . Gọi D, E, F thứ tự là chân
đường vuông góc kẻ từ A, B,C đến đường thẳng d . Hãy tìm hệ thức liên hệ giữa các độ dài AD, BE ,CF .
OF
b) Nếu đường thẳng d nằm ngoài tam giác ABC và I là chân đường vuông góc kẻ từ
QU Y
NH
ƠN
G đến d thì các độ dài AD, BE ,CF ,GI liên hệ với nhau như thế nào? Hãy chứng minh.
DẠNG 2. Cho một điểm di chuyển trên một đường,
M
tìm xem một điểm khác phụ thuộc vào điểm đó di chuyển
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
KÈ
I.
trên đường thẳng song song nào
1. Xác định điểm di chuyển. 2. Xác định điểm, đường thẳng hoặc tam giác cố định để tìm đoạn có độ dài không
Y
đổi.
3. Sử dụng tính chất của các điểm cách đều một đường thẳng cho trước.
DẠ
II.
VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho điểm A ở ngoài đường thẳng d và có khoảng cách đến d bằng 2cm . Trên d lấy một điểm B bất kì. Gọi C là một điểm đối xứng với điểm A qua điểm B . Hỏi A khi điểm B di chuyển trên đường thẳng d thì điểm C di chuyển trên đường nào? 2cm
K
d H
B
2cm
x
Lời giải (hình 85) Kẻ AH d và CK d thì AH là khoảng cách từ điểm
Khi B di chuyển trên d thì điểm C cũng di chuyển theo.
FI CI A
không đổi. CK là khoảng cách từ C đến đường thẳng d .
L
A cố định đến đường thẳng d cố định nên AH 2cm
Áp dụng tính chất của hai điểm đối xứng qua tâm và hai góc đối đỉnh, ta được:
OF
K 900 H AB CB AHB AKB (trường hợp cạnh huyền góc nhọn). B B 1 2
Nên CK AH 2cm .
ƠN
Như vậy điểm C cách đường thẳng d cố định một khoảng không đổi 2cm nên C di chuyển trên đường thẳng Cx d và cách d một khoảng bằng 2cm . Ví dụ 2. Cho góc vuông xOy . Trên tia Oy lấy điểm A sao cho OA 2cm , trên tia Ox lấy
NH
một điểm B bất kì. Gọi C là trung điểm của AB . Hỏi khi điểm B di chuyển trên tia Ox thì điểm C di chuyển trên đường nào?
Lời giải (hình 86)
y
A D
m
C
QU Y
Vì điểm A Oy của góc xOy cố định nên OA 2cm không đổi. Khi điểm B di chuyển trên tia Ox thì trung điểm C của AB cũng di chuyển theo.
x O
B Hình 86
Khi điểm B di chuyển trên tia Ox đến vị trí B trùng với O thì điểm C di chuyển đến vị trí C trùng với điểm D là trung điểm
M
của AO cố định nên điểm D cũng cố định và AD DO 1cm .
KÈ
Nối O với trung điểm C của AB thì OC là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông AOB . Áp dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền và giả thiết vào tam giác
Y
vuông AOB , ta được:
DẠ
1 AC CB AB 2 1 AD DO . OC AB 2 AC CO AD DO
Điều này chứng tỏ DC là đường trung trực của đoạn AO cố định.
L
Vậy điểm C di chuyển trên tia Dm thuộc đường trung trực của OA .
FI CI A
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC vuông ở A . Trên cạnh BC lấy một điểm M bất kì, kẻ MD AB; ME AC . Gọi O là trung điểm của DE .
a) Chứng minh ba điểm A,O, M thẳng hàng.
A
b) Khi điểm M di chuyển trên cạnh BC thì điểm O
P
O
OF
di chuyển trên đường nào?
HM
D
E Q
c) Điểm M ở vị trí nào trên cạnh BC thì AM có độ dài nhỏ nhất? Lời giải (hình 87)
B
E A 900 . Tứ giác AEMD có ba góc a) Từ giả thiết suy ra D
vuông nên nó là hình chữ nhật.
C
Hình 87
ƠN
Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình chữ nhật AEMD ta được hai đường chéo AM và DE cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, do O là trung điểm của DE theo
giả thiết nên AM đi qua O hay A,O, M thẳng hàng.
nên đường cao AH cố định.
NH
b) Kẻ AH BC thì AHB, AHC vuông tại H do tam giác vuông ABC cho trước Gọi P ,Q lần lượt là trung điểm của AB và AC .
QU Y
Nối HP, HQ thì HP và HQ lần lượt là trung tuyến ứng với cạnh huyền của hai tam giác vuông AHB và AHC .
Áp dụng định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào hai tam giác vuông nên, ta được
KÈ
M
1 HP AB 2 AP PB PA PH P,Q cách đều hai đầu đoạn thẳng AH nên PQ là 1 QA QH HQ AC 2 AQ QC
đường trung trực của đường cao AH cố định. Do đó khi điểm M di chuyển trên cạnh
Y
BC thì điểm O di chuyển trên đoạn PQ là đường trung bình của tam giác vuông ABC
DẠ
.
c) Áp dụng định lí về quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên vào đường vuông góc AH , đường xiên AM thì đường vuông góc AH là đường ngắn nhất. Vậy điểm M ở vị trí chân đường cao H thì AM AH có độ dài nhỏ nhất.
III.
BÀI TẬP
4. Cho tam giác ABC , trên cạnh BC lấy một điểm M bất kì. Qua M kẻ
L
MD AB, ME AC . Hỏi khi điểm M di chuyển trên cạnh BC thì trung điểm I của DE
FI CI A
di chuyển trên đường nào?
5. Cho tam giác ABC cân tại A . Các điểm D, E theo thứ tự di động trên các cạnh AB, AC sao cho AD CE . Hỏi trung điểm I của DE di chuyển trên đường nào?
6. Cho đoạn thẳng BC cố định, điểm A di động trên đường thẳng d song song với
BC và cách BC một khoảng bằng 3cm . Hỏi trọng tâm G của tam giác ABC di chuyển
OF
trên đường nào?
CHỦ ĐỀ 8. VẼ HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TOÁN TRONG CHƯƠNG TỨ
ƠN
GIÁC
NH
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:
QU Y
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.
KÈ
M
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. 2. Vẽ thêm hình bình hành
Y
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,… 3. Vẽ thêm trung điểm của đoạn thẳng
DẠ
+ Để vận dụng định lí đường trung bình của tam giác, của hình thang, định lí 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.
+ Dùng định lí đường trung bình có thể chứng minh các quan hệ song song, thẳng hàng, các quan hệ về độ dài,…
FI CI A
L
4. 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. MỘT SỐ VÍ DỤ.
Giải
ƠN
* Tìm cách giải
OF
Ví dụ 1. Chứng minh rằng trong một hình thang tổng hai cạnh bên lớn hơn hiệu hai cạnh đáy.
Xét hình thang ABCD (AB // CD), ta phải chứng minh AD + BC > CD - AB.
NH
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.
QU Y
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.
Giải
KÈ
* Tìm cách giải
M
Ví dụ 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.
Y
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.
DẠ
* 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 BD 17 2 152 8 (cm).
FI CI A
L
D 90o. Biết AB = 3cm; BC 2 2cm và CD = 5cm. Ví dụ 3. Hình thang ABCD có A 3C. Chứng minh rằng B
Giải * 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.
OF
* Trình bày lời giải
Vẽ BH CD (H CD) thì BH // AD, do đó DH = AB = 3cm suy ra HC = 5 – 3 = 2 (cm).
HB BC2 HC2
2 2
2
ƠN
Xét BHC vuông tại H, áp dụng định lí Py-ta-go ta có 22 2 (cm).
NH
45o do đó ABC 135o suy ra ABC 3C. Vậy HBC vuông cân C 60o và AC = Ví dụ 4. Cho tứ giác ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Cho biết AOB BD = a. Chứng minh rằng AB + CD a.
QU Y
Giải
* 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.
M
Nếu vẽ thêm hình bình hành ABEC thì các yêu cầu trên được thoả mãn.
KÈ
* Trình bày lời giải
Vẽ hình bình hành ABEC, ta được BE // AC suy ra AOB 60o ; BE = AC = a; AB = CE. DBE
Y
Tam giác BDE là tam giác đều DE = a.
DẠ
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).
Ví dụ 5. 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.
L
Giải
FI CI A
* 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 lí đường trung bình của hình chữ nhật, đường trung bình của tam giác. * Trình bày lời giải
OF
Gọi N là trung điểm của AB thì MN là đường trung bình của hình chữ nhật ABCD MN // AD.
ƠN
Mặt khác, AN // DM nên tứ giác ANMD là hình bình hành. Hình 90o nên là hình chữ nhật. Suy ra hai đường chéo AM bình hành này có D và DN cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường: OA = OM = ON = OD.
Do đó KDN vuông tại K.
NH
Xét ABH có NK là đường trung bình nên NK // AH NK BD (vì AH BD).
1 2
Xét KDN có KO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên KO DN
QU Y
1 KO AM OA OM. 2
90o. Vậy KAM vuông tại K AKM
KÈ
* Tìm cách giải
M
Ví dụ 6. 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. Giải
M . Vẽ điểm A' đối xứng với A qua d Giả sử đã tìm được điểm M d sao cho M 1 2
DẠ
Y
M , suy ra M M (cùng bằng M ). Do đó ba điểm A', M, B thẳng hàng. thì M 1 3 2 3 1
* Trình bày lời giải
L
- Vẽ điểm A' đối xứng với A qua d;
FI CI A
- Vẽ đoạn thẳng A'B cắt đường thẳng d tại M; M . - Vẽ đoạn thẳng MA ta được M 1 2 M . Thật vậy, do A' đối xứng với A qua d nên M 1 3 M (đối đỉnh) nên M M . Mặt khác, M 2 3 1 2
OF
II. LUYỆN TẬP Vẽ thêm đường thẳng song song
8.1. Chứng minh rằng nếu một hình thang có hai cạnh bên bằng nhau thì đó là hình thang cân
ƠN
hoặc hình bình hành.
8.2. Cho hình thang hai đáy không bằng nhau. Chứng minh rằng tổng hai góc kề đáy lớn nhỏ hơn tổng hai góc kề đáy nhỏ.
AC.
NH
8.3. Cho hình thang ABCD (AB // CD), BD CD. Cho biết AB + CD = BD = a. Tính độ dài
8.4. Cho hình thang cân ABCD (AB // CD), đường cao bằng h và tổng hai đáy bằng 2h. Tính góc xen giữa hai đường chéo.
QU Y
8.5. 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. Vẽ thêm hình bình hành
8.6. Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài tam giác này các tam giác đều ABD, BCE, CAF.
M
Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác DEF trùng với trọng tâm của tam giác ABC.
KÈ
8.7. 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. 8.8. Dựng tứ giác ABCD sao cho AB = 2,5cm; BC = 3cm; CD = 4,5cm; DA = 3,5cm và góc
Y
nhọn giữa hai đường thẳng AD, BC là 40o.
DẠ
Vẽ thêm trung điểm - Tạo đường trung bình 90o , AB 1 CD. Vẽ DH AC. Gọi K là trung 8.9. Cho hình thang ABCD (AB // CD), A
điểm của HC. Tính số đo của góc BKD.
2
8.10. Cho hình vuông ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của OA và CD. Chứng minh rằng tam giác MNB vuông cân.
L
8.11. Cho tam giác ABC cân tại A, đường phân giác BM. Từ M vẽ một đường thẳng vuông
FI CI A
góc với BM cắt đường thẳng BC tại D. Chứng minh rằng BD = 2CM.
CBD 90o. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của C và D 8.12. Cho tứ giác ABCD, CAD
trên đường thẳng AB. Chứng minh rằng AF = BE.
OF
8.13. Cho đường thẳng xy. Vẽ tam giác ABC trên một nửa mặt phẳng bờ xy. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Từ A, B, C và G vẽ các đường thẳng song song với nhau cắt xy lần lượt tại A', B', C' và G'. Chứng minh rằng AA' + BB' + CC' = 3GG'.
8.14. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm M
lượt tại E và F. Chứng minh rằng AE
ƠN
và D sao cho AM = AD. Từ A và M vẽ các đường thẳng vuông góc với BD chúng cắt BC lần BD MF . 2
CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng:
NH
8.15. Cho tứ giác ABCD. Gọi A', B', C', D' lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD,
a) Các đường thẳng AA', BB', CC', DD' cùng đi qua một điểm;
QU Y
b) Điểm này chia AA', BB', CC', DD' theo cùng một tỉ số. ACO. Vẽ OH 8.16. Cho tam giác ABC và một điểm O nằm trong tam giác sao cho ABO
AB, OK AC. Chứng minh rằng đường trung trực của HK đi qua một điểm cố định. Vẽ thêm hình đối xứng
M
8.17. 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 1cm.
KÈ
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.
DẠ
Y
8.18. Dựng tam giác biết một đỉnh, trọng tâm và hai đường thẳng đi qua hai đỉnh còn lại.
CHỦ ĐỀ 9. ĐA GIÁC , ĐA GIÁC ĐỀU
A/ KIẾN THỨC CẦN NHỚ
2/ Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh bằng nhau và tất cả các góc bằng nhau.
FI CI A
VD1: Tam giác đều có 3 cạnh bằng nhau và ba góc bằng nhau bằng 60o
L
1/ Đa giác lồi là đa giác luôn nằm trong một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng chứa bất kì cạnh nào của đa giác đó.
VD2: Tứ giác đều (Hình vuông) có 4 cạnh bằng nhau và bốn góc bằng nhau bằng 90o 3/ Bổ sung
+ Tổng các góc trong của đa giác n cạnh (n > 2) là (n - 2).180o (n 3).n . 2
OF
+ Số đường chéo của một đa giác n cạnh (n > 2) là
+ Tổng các góc ngoài của đa giác n cạnh (n > 2) là 360o (tại mỗi đỉnh chỉ chọn một góc ngoài).
NH
ƠN
+ Trong một đa giác đều, giao điểm O của hai đường phân giác của hai góc kề một cạnh là tâm của đa giác đều. Tâm O cách đều các đỉnh, cách đều các cạnh của đa giác đều. Có một đường tròn tâm O đi qua các đỉnh của đa giác đều gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. B. MỘT SỐ VÍ DỤ
QU Y
Ví dụ 1: Cho hình thoi ABCD có góc ∠A = 60o. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng đa giác EBFGDH là lục giác đều Giải
ABCD là hình thoi có ∠A = 60o => ∠B = ∠D = 120o ∆AEH là tam giác đều (Vì tam giác cân có một góc 60o) => ∠E = ∠H = 120o
M
Tương tự: ∠F = ∠G = 120o
KÈ
Vậy EBFGDH có tất cả các góc bằng nhau, mặt khác EBFGDH cũng có tất cả các cạnh bằng nhau (bằng nửa cạnh hình thoi).
Y
Vậy EBFGDH là một lục giác đều.
DẠ
Ví dụ 2. Tìm số cạnh của một đa giác biết số đường chéo hơn số cạnh là 7.
Tìm cách giải.
Giải
Bài này biết mối liên hệ giữa số đường chéo và số cạnh nên hiển nhiên chúng ta đặt 2
từ đó ta tìm được số cạnh.
L
n n 3
Trình bày lời giải Đặt số cạnh của đa giác là n (n ≥ 3) thì số đường chéo là n n 3 2
FI CI A
số cạnh của đa giác là n biểu thị số đường chéo là
n n 3 2
theo đề bài ta có:
n 7 n2 5n 14 0 n 2 n 7 0
OF
Vì n ≥ 3 nên n – 7 = 0 n = 7. Vậy số cạnh của đa giác là 7.
Ví dụ 3. Tổng tất cả các góc trong và một góc ngoài của một đa giác có số đo là 47058, 50 . Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh?
ƠN
Giải Tìm cách giải.
NH
Nếu ta đặt n là số cạnh , α là số đo một góc ngoài của đa giác thì 00 1800 và (n 2).1800 là một số nguyên. Do đó suy ra (n 2).1800 47058,50 , từ đó ta có α là số dư của 47058,50 chia cho 1800. Bằng cách suy luận như vậy, chúng ta có lời giải sau: Trình bày lời giải
QU Y
Gọi n là số cạnh của đa giác (n N, n ≥ 3). Tổng số đo các góc trong của đa giác bằng (n 2).1800 . Vì tổng các góc trong và một trong các góc ngoài của đa giác có số đo là 47058, 50 nên ta có 00 1800 )
M
(n 2).1800 47058,50 ( α là số đo một góc ngoài của đa giác với
KÈ
(n 2).1800 261.1800 78,50 n 2 261 n 263.
Vậy số cạnh của đa giác là 263.
Y
Ví dụ 4. Tổng số đo các góc của một đa giác n - cạnh trừ đi góc A của nó bằng 5700. Tính số
DẠ
cạnh của đa giác đó và A .
Tìm cách giải.
Giải
= 5700. Quan sát và Theo công thức tính tổng các góc trong ta có (n - 2). 1800 – A
L
< 1800. Từ đó nhìn nhận, ta có thể nhận thấy chỉ có thêm điều kiện là n N, n ≥ 3 và 00 < A
Trình bày lời giải = 5700 A = (n - 2).1800 – 5700. Ta có (n - 2). 1800 – A
FI CI A
ta có lời giải sau:
< 1800 0 < (n - 2). 1800 – 5700 < 1800. 5700 < (n - 2). 1800 < 7500 Vì 00 < A
19 25 1 1 n2 5 n6 . 6 6 6 6
OF
Vì n N nên n = 6.
= (6 - 2). 1800 – 5700 = 1500. Đa giác đó có 6 cạnh và A
ƠN
Ví dụ 5. Một lục giác đều và một ngũ giác đều chung cạnh AD (như hình vẽ). Tính các góc của tam giác ABC. Giải
NH
Tìm cách giải.
Trình bày lời giải
QU Y
Vì AD là cạnh của lục giác đều và ngũ giác đều, nên dễ dàng nhận ra ∆ABD, ∆ACD, ∆BCD là các tam giác cân đỉnh D và tính được số đo các góc ở đỉnh. Do vậy ∆ABC sẽ tính được số đo các góc.
Theo công thức tính góc của đa giác đều, ta có: 0
6 2 .180 1200 DAB DBA 300 ; ADB 6
A
0
M
5 2 180 1080 DAC DCA 360 ; ADC 5
KÈ
3600 1200 1080 1320 . Suy ra BDC
D
B
C
Ta có ∆BDC (DB = DC) cân tại D. Do đó
Y
0 0 DCB 180 132 240 . DBC 2
DẠ
300 360 660 ; ABC 300 240 540 ; BCA 240 360 600 . Suy ra BAC
Ví dụ 6. Cho lục giác đều ABCDEF. Gọi M, L, K lần lượt là trung điểm EF, DE, CD. Gọi giao điểm của AK với BL và CM lần lượt là P, Q. Gọi giao điểm của CM và BL là R. Chứng minh tam giác PQR là tam giác đều.
Giải Các tứ giác ABCK, BCDL, CDEM có các cạnh và các góc đôi một bằng nhau. Các góc của lục giác đều bằng 1200.
A
1800 CKQ 600 Trong tam giác CKQ có CQK
FI CI A
CKA EMC DLB 1200 LBA
L
. CBL DCM ; LBA Đặt BAK
B
Q
P
K
D
L
M
E
OF
RPQ 600 Vậy ∆PQR đều. Từ đó suy ra RQP
R
F
1800 APB 600 Trong tam giác PBA có APB
C
ƠN
Ví dụ 7. Cho bát giác ABCDEFGH có tất cả các góc bằng nhau, và độ dài các cạnh là số nguyên. Chứng minh rằng các cạnh đối diện của bát giác bằng nhau. Giải
NH
8 2 180 Các góc của bát giác bằng nhau, suy ra số đo của mỗi góc là
0
1350 .
8
Kéo dài cạnh AH và BC cắt nhau tại M. Ta có: MBA 1800 1350 450 MAB
b a
A
suy ra tam giác MAB là tam giác vuông cân.
c D
QU Y
h
Tương tự các tam giác CND, EBF, GQH cũng là các tam giác vuông cân, suy ra MNPQ là hình chữ nhật.
H
d g f
Q
G
Đặt AB = a; BC = b; CD = c; DE = d; EF = e; FG = f; GH = g; HA = h.
M
Từ các tam giác vuông cân, theo định lí Py-ta-go, ta có: a
2
, CN
KÈ
MB
Y
Tương tự PQ
DẠ
a 2
b
c 2
e 2
c 2
nên MN
f e 2
g 2
f
a 2
b
c 2
. Do MN = PQ nên g 2
1 2
a c e g f b .
Do f và b là số nguyên nên vế phải của đẳng thức trên là số nguyên, do đó vế trái là số nguyên. Vế trái chỉ có thể bằng 0, tức là f = b, hay BC = FG. Tương tự có AB = EF, CD = GH, DE = HA.
N
C
B
M
e F
E P
FI CI A
L
Nhận xét. Dựa vào tính chất số hữu tỷ, số vô tỷ chúng ta đã giải được bài toán trên. Cũng với kỹ thuật đó, chúng ta có thể giải được bài thi hay và khó sau: Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc bằng nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ thì EF = IJ.
(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Hưng Yên, năm học 2009 - 2010) C. BÀI TẬP VẬN DỤNG
10.1. Số đường chéo của một đa giác lớn hơn 14, nhưng nhỏ hơn 27. Hỏi đa giác đó bao nhiêu cạnh?
OF
10.2. Tổng số đo các góc của một đa giác n - cạnh trừ đi góc A của nó bằng 25700. Tính số cạnh của đa giác đó và A .
ƠN
10.3. Cho ∆ABC có ba góc nhọn và M là điểm bất kì nằm trong tam giác. Gọi A 1 ; B1 ; C1 là các điểm đối xứng với M lần lượt qua trung điểm các cạnh BC, CA, AB. a) Chứng minh các đoạn AA 1 ; BB1 ; CC1 cùng đi qua một điểm.
NH
b)Xác định vị trí điểm M để lục giác AB1CA1BC1 có các cạnh bằng nhau. 10.4. Một ngũ giác đều có 5 đường chéo và nhóm 5 đường chéo này chỉ có một loại độ dài (ta gọi một loại độ dài là một nhóm các đường chéo bằng nhau). Một lục giác đều có 9 đường
KÈ
M
QU Y
chéo và nhóm 9 đường chéo này có 2 loại độ dài khác nhau (hình vẽ).
Xét đa giác đều có 20 cạnh. Hỏi khi đó nhóm các đường chéo có bao nhiêu loại độ dài khác nhau?
.
Y
= 2DBE . Hãy tính ABC 10.5. Cho ngũ giác lồi ABCDE có tất cả các cạnh bằng nhau và ABC
DẠ
10.6. Cho ngũ giác ABCDE có các cạnh bằng nhau và A B C . a) Chứng minh tứ giác ABCD là hình thang cân. b) Chứng minh ngũ giác ABCDEF là ngũ giác đều.
10.7. Cho ngũ giác ABCDE, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD,
ED . 4
FI CI A
IJ
L
EA và I, J lần lượt là trung điểm của MP, NQ. Chứng minh rằng IJ song song với ED và
10.8. Cho lục giác đều ABCDEF. Gọi A’, B’,C’,D’,E’,F’ lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC,CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng A’B’C’D’E’F’ là lục giác đều.
10.9. Cho lục giác lồi ABCDEF có các cặp cạnh đối AB và DE; BC và EF; CD và AE vừa song song vừa bằng nhau. Lục giác ABCDEF có nhất thiết là lục giác đều hay không?
OF
10.10. Chứng minh rằng trong một ngũ giác lồi bất kì luôn tìm được ba đường chéo có độ dài là ba cạnh của một tam giác.
10.11. Chứng minh rằng tổng độ dài các cạnh của một ngũ giác lồi bé hơn tổng độ dài các
ƠN
đường chéo của nó.
10.12. Muốn phủ kín mặt phẳng bởi những đa giác đều bằng nhau sao cho hai đa giác kề nhau thì có chung một cạnh. Hỏi các đa giác đều này có thể nhiều nhất bao nhiêu cạnh?
NH
10.13. Cho lục giác ABCDEF có tất cả các góc bằng nhau, các cạnh đối không bằng nhau. Chứng minh rằng BC EF DE AB AF CD . Ngược lại nếu có 6 đoạn thẳng thỏa mãn điều kiện ba hiệu trên bằng nhau và khác 0 thì chúng có thể lập được một lục giác có các góc
QU Y
bằng nhau.
10.14. Chứng minh rằng trong một lục giác bất kì, luôn tìm được một đỉnh sao cho ba đường chéo xuất phát từ đỉnh đó có thể lấy làm ba cạnh của một tam giác. C E B D G . Chứng 10.15. Cho lục giác ABCDEG có tất cả các cạnh bằng nhau A
Chủ đề 9 B
HÌNH THOI
DẠ
Y
KÈ
M
minh rằng các cặp cạnh đối của lục giác song song với nhau.
A
C
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Định nghĩa Hình thoi là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau.
D Hình 88
Tứ giác ABCD là hình thoi AB BC CD DA .
L
Từ định nghĩa hình thoi, ta suy ra: Hình thoi cũng là một
FI CI A
hình bình hành.
2. Tính chất
Hình thoi có tất cả các tính chất của hình bình hành. Nhưng cần chú ý các tính chất về đường chéo. Trong hình thoi: a) Hai đường chéo vuông góc với nhau.
OF
b) Hai đường chéo là các đường phân giác của các góc của hình thoi, 3. Dấu hiệu nhận biết Hai dấu hiệu về cạnh:
ƠN
Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau là hình thoi.
Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau là hình thoi. Hai dấu hiệu về đường chéo:
NH
Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình thoi. Hình bình hành có một đường chéo là đường phân giác của một góc là hình thoi. 4. Cách vẽ hình thoi
QU Y
Có bốn cách vẽ hình thoi nhưng hay dùng nhất là hai cách sau: Cách 1 (hình 89a): Vẽ một đường chéo, dựng đường trung trực của đường chéo đó, nối hai đầu đường chéo với hai giao điểm của hai cung tròn vừa vẽ thu được bốn đỉnh của hình thoi.
Cách 2 (hình 89b): Sử dụng lưới ô vuông để vẽ hai đường chéo vuông góc với nhau và
DẠ
Y
KÈ
M
cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
A
B
Hình 89a
Hình 89b
L FI CI A
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Nhận dạng hình thoi bằng một trong hai cách sau: Cách 1: Chứng minh tứ giác có bốn cạnh bằng nhau.
OF
DẠNG 1. Nhận dạng hình thoi, tính chấtđối xứng của hình thoi
ƠN
Cách 2: Chứng minh tứ giác là hình bình hành có thêm một trong các dấu hiệu: hai cạnh kề bằng nhau, hai đường chéo vuông góc hoặc có một đường chéo là đường phân giác của một góc.
II.
NH
2. Sử dụng định nghĩa hình có tâm đối xứng, trục đối xứng. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Chứng minh rằng các trung điểm bốn cạnh của một hình chữ nhật là các đỉnh
Lời giải (hình 90)
QU Y
của một hình thoi.
Xét hình chữ nhật ABCD có M , N , P,Q lần lượt là trung điểm
A
M
B
Q
N
của các cạnh AB, BC ,CD và DA , ta phải chứng minh MNPQ là hình thoi.
D
P
C
Hình 90
M
Vì ABCD là hình chữ nhật nên
KÈ
B C D 900 A
(1)
Áp dụng tính chất về cạnh và giả thiết vào hình chữ nhật ABCD , ta được:
DẠ
Y
AM MB,CP PD MA MB PC PD AQ QD, BN NC (2) AQ BN CN DQ AB CD, AD BC
Từ (1) và (2) suy ra bốn tam giác vuông MAQ, MBN , PCN , PDQ bằng nhau nên bốn cạnh tương ứng bằng nhau là MN NP PQ QM .
Tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên nó là hình thoi. Ví dụ 2. Cho hình thoi ABCD . Trên các cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm E và F
L
sao cho BE DF . Gọi G, H thứ tự là giao điểm của AE , AF với đường chéo BD .
FI CI A
A
Chứng minh rằng tứ giác AGCH là hình thoi.
1234
Lời giải (hình 91) Gọi O là giao điểm của AC và BD thì AC BD tại O
D
theo tính chất về đường chéo của hình thoi.
B
E
OF
C
Hình 91
ƠN
thoi ABCD , ta được:
A . A 1 4
G
O
F
Áp dụng định nghĩa, tính chất về góc và giả thiết vào hình AB AD B D ABE ADF (c-g-c) BE DF
H
(1)
cân lại tại A suy ra HO OG
NH
Điều này chứng tỏ tam giác AGH có đường cao AO vừa là đường phân giác nên nó (2)
Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình thoi ABCD ta được AO OC
(3)
QU Y
Từ (1), (2) và (3) ta có tứ giác AGCH là hình bình hành có đường chéo AC là đường phân giác của góc HAG nên nó là hình thoi. Ví dụ 3. Chứng minh rằng:
a) Giao điểm hai đường chéo của hình thoi là tâm đối xứng của hình thoi.
B
M
b) Hai đường chéo của hình thoi là hai trục đối xứng của hình thoi. Lời giải (hình 92)
A
O
KÈ
a) Vì giao điểm hai đường chéo của hình bình hành là tâm đối xứng của hình bình hành đó mà hình thoi là một hình bình hành nên giao điểm hai đường chéo của hình thoi là tâm đối xứng của hình thoi.
D Hình 92
b) Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình thoi ABCD , ta được AC
Y
và BD vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường,
DẠ
do đó AC là đường trung trực của BD . Nên điểm đối xứng của điểm B qua AC là điểm D , điểm đối xứng của điểm A qua AC là chính nó, điểm đối xứng của điểm C qua AC cũng là chính nó. Như vậy, điểm đối xứng với mỗi đỉnh của hình thoi qua AC cũng thuộc hình thoi. Do đó AC là trục đối xứng của hình thoi. Chứng minh tương tự, ta cũng được BD là trục đối xứng của hình thoi.
C
III.
BÀI TẬP
1. Nêu các tính chất về đường chéo của hình thoi. Chỉ rõ tính chất nào suy ra từ hình
L
bình hành, tính chất nào có ở hình thoi. ME AC . Chứng minh rằng tứ giắc ADME là hình thoi.
FI CI A
2. Cho tam giác ABC cân tại A có M là trung điểm của BC . Qua M kẻ MD AB và 3. Cho hình bình hành ABCD có AC CD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Chứng minh rằng tứ giác AMCN là hình thoi.
4. Chứng minh rằng trung điểm các cạnh của một hình thang cân là các đỉnh của một hình thoi.
OF
5. Cho tam giác ABC cân tại A , các đường cao BD và CE . Gọi M là trung điểm của BC , H và K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC , I là trung
điểm của DE . Tứ giác MHIK là hình gì? Vì sao?
6. Cho hình thoi ABCD . Trên hai cạnh BC ,CD lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho
NH
minh rằng tứ giác APCQ là hình thoi.
ƠN
BM DN . Gọi P ,Q thứ tự là giao điểm của AM và AN với đường chéo BD . Chứng
DẠNG 2. Sử dụng định nghĩa và tính chất của hình thoi để tính toán, chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau, các góc bằng nhau, các đường thẳng vuông góc với nhau PHƯƠNG PHÁP GIẢI
QU Y
I.
1. Sử dụng định nghĩa hình thoi.
2. Áp dụng các tính chất của hình thoi. 3. Xác định tam giác vuông chứa đoạn cần tính để áp dụng định lí Py-ta-go. II.
VÍ DỤ
Ví dụ 1. Hai đường chéo của một hình thoi bằng 8cm và 10cm . Hỏi cạnh của hình thoi
M
bằng bao nhiêu?
KÈ
Lời giải (hình 93)
Xét hình thoi ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo và AC 10cm, BD 8cm . Vì hình thoi có tất cả các cạnh bằng nhau nên ta chỉ cần tính một cạnh, chẳng hạn cạnh
Y
BC .
DẠ
Áp dụng tính chất về đường chéo và giả thiết vào hình thoi ABCD , ta được: B 4
A
O
D
5
C
góc vuông là 4cm và 5cm . Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông BOC , ta được:
Vậy cạnh của hình thoi là
41cm .
OF
BC 2 CO 2 OB 2 hay BC 2 42 52 41 nên BC 41cm .
FI CI A
L
AC BD 1 OC AC 5cm BOC vuông tại O và có hai cạnh 2 1 OB BD 4cm 2
Ví dụ 2. Cho hình thoi ABCD có góc A tù. Biết đường cao kẻ từ đỉnh A đến cạnh CD chia đôi cạnh đó. Tính các góc của hình thoi.
ƠN
Lời giải (hình 94)
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A đến cạnh CD và từ giả thiết, ta có: A
AC AD
NH
AH DC AH là đường trung trực của đoạn CD nên CH HD
(1)
Áp dụng định nghĩa vào hình thoi ABCD , ta được AC CD
B
(2) D
C
H
QU Y
Từ (1) và (2) suy ra AC CD DA nên tam giác ACD là tam giác
Hình 94
600 . đều, do đó D
Vì góc D và góc A là hai góc trong cùng phía của AB CD nên chúng 1800 600 1200 . A 1800 hay A bù nhau hay D
M
D 600 ; A C 1200 Áp dụng tính chất về góc vào hình thoi ta được B .
KÈ
Ví dụ 3. Chứng minh rằng các đường cao của hình thoi bằng nhau.
A
Lời giải (hình 95)
B
Y
Xét hình thoi ABCD , kẻ hai đường cao AH BC , AK CD .
DẠ
Ta phải chứng minh AH CK . Áp dụng định nghĩa, tính chất về góc và giả thiết vào hình thoi ABCD , ta được:
D K
H C Hình 95
L
K 900 H D ABH ADK . AB AD, B
FI CI A
(trường hợp cạnh huyền, góc nhọn). Suy ra AH CK .
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC . Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy hai điểm D, E sao cho BD CE . Gọi M , P, N ,Q thứ tự là trung điểm của BE ,CD, DE và BC . Chứng minh rằng PQ vuông góc với MN . Lời giải (hình 96)
OF
A
Từ giả thiết ta có MP, NP, NQ,QM lần lượt là các đường trung bình của tam giác BDE , ECD, DCB và BEC .
ƠN
Áp dụng định lí đường trung bình và giả thiết vào bốn tam giác trên, ta được:
D
P
E N
M
B
Q Hình 96
NH
1 1 MP BD a; NQ BD a 2 2 MP NP PQ QM . 1 1 NP CE a; MQ CE a 2 2
QU Y
Ta có MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên nó là hình thoi. Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình thoi MNPQ ta được MN PQ . III. BÀI TẬP
7. Tính chu vi của hình thoi, biết các đường chéo bằng 16cm và 30cm .
M
8. Hình thoi ABCD có chu vi bằng 16cm , đường cao AH 2cm . Tính các góc của hình thoi.
KÈ
600 , kẻ hai đường cao BE và BF . Tam giác BEF là tam 9. Hình thoi ABCD có A
giác gì? Vì sao?
10*. Cho hình bình hành ABCD có AD 2AB . Gọi E là chân đường vuông góc kẻ từ
Y
C đến đường thẳng AB, M là trung điểm của AD, F là chân đường vuông góc kẻ từ M
DẠ
đến CE và MF cắt BC ở N . a) Tứ giác MNCD là hình gì? Vì sao? b) Tam giác EMC là tam giác gì? Vì sao? 2AEM . c) Chứng minh rằng BAD
C
FI CI A
L
CHỦ ĐỀ 10. DIỆN TÍCH ĐA GIÁC A/ KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1/ Mỗi đa giác có một diện tích xác định. Diện tích đa giác là một số dương có các tính chất sau: + Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau.
OF
+ Nếu một đa giác được chia thành những đa giác không có điểm trong chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của những đa giác đó. + Hình vuông cạnh có độ dài bằng 1 thì có diện tích là 1.
ƠN
2. Các công thức tính diện tích đa giác
+ Diện tích hình chữ nhật bằng tích hai kích thước của nó
S = a.b .
(a, b là kích thước hình chữ nhật)
NH
+ Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó
S = a2.
(a là độ dài cạnh hình vuông)
QU Y
b
a
a a
M
Chú ý: Diện tích hình vuông có đường chéo dài bằng d là
1 2 d . 2 1 2
KÈ
+ Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông S a.b . (a , b là độ dài hai cạnh góc vuông)
+ Diện tích tam giác bằng nửa tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó
DẠ
Y
1 S a.h . 2
(a, h là độ dài cạnh và đường cao tương ứng)
b a
h
h c
a
1 a b .h 2
FI CI A
( a, b là độ dài hai đáy, h là độ dài đường cao).
L
+ Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng hai đáy với chiều cao: S =
+ Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó: S = a.h
OF
(a, h là độ dài một cạnh và đường cao tương ứng).
h
h
a
b
ƠN
+ Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc bằng nửa tích hai đường chéo: S = 1 .d1.d2 2
NH
(d1 ; d2 là độ dài hai đường chéo tương ứng). + Diện tích hình thoi bằng nửa tích hai đường chéo S =
1 .d1.d2 2
QU Y
(d1 ; d2 là độ dài hai đường chéo tương ứng).
d2
3. Bổ sung
d1
M
d1
d2
KÈ
+ Hai tam giác có chung một cạnh (hoặc một cặp cạnh bằng nhau) thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đường cao ứng với cạnh đó
Y
+ Hai tam giác có chung một đường cao(hoặc một cặp đường cao bằng nhau) thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai cạnh ứng với đường cao đó.
DẠ
+ Tứ giác ABCD là hình thang( AB // CD). Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O thì S AOD S BOC . + Trong cách hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. + Hai hình chữ nhật có cùng chiều cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đáy.
+ Tam giác đều cạnh a có diện tích là
a2 3 . 4
L
B/ BÀI TẬP VẬN DỤNG.
FI CI A
I/ MỘT SỐ VÍ DỤ.
Ví dụ 1. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 12 cm, AD = 6,8 cm. Gọi H, I, E, K là các trung điểm tương ứng của BC, HC, DC, EC. a) Tính diện tích tam giác DBE.
Giải Tìm cách giải.
OF
b) Tính diện tích tứ giác EHIK.
Dễ dàng tính được diện tích hình chữ nhật ABCD. Mặt khác, đề bài xuất hiện nhiều
ƠN
yếu tố trung điểm nên chúng ta có thể vận dụng tính chất : hai tam giác có chung đường cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai cạnh đáy ứng với đường cao đó. Từ đó rút ra nhận xét: đường trung tuyến của tam giác chia tam giác ấy thành hai phần có diện tích bằng nhau.
NH
Từ nhận xét quan trọng đó, chúng ta lần lượt tính được diện tích các tam giác BCD, BCE, DBE, BEH, ECH, HKC, CKI, .... Trình bày lời giải
B
A
QU Y
a) ABCD là hình chữ nhật nên
1 1 1 SBCD .SABCD = .AB.AD= .12.6,8 40,8cm 2 . 2 2 2
H I
E là trung điểm của CD, suy ra:
D
E
M
1 SBDE SBCE .SBCD 20, 4cm 2 . 2
KÈ
1 1 b) H là trung điểm BC SCHE .SBCE .20,4 10,2cm 2 . 2 2
K là trung điểm CE SHKC 1 .SCHE 5,1cm 2 . 2
DẠ
Y
I là trung điểm CH SCKI 1 .SHKC 2,55cm 2 . 2
Vậy SEHIK SCHE SCIK 10, 2 2,55 7,65cm 2 .
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC cân ở A, AB = AC = 5cm, BC = 6cm. Gọi O là trung điểm của đường cao AH. Các tia BO và CO cắt cạnh AC và AB lần lượt ở D và E. Tính SADOE ?
K
C
FI CI A
Để tính diện tích đối với bài tập này học sinh phải. nhận thấy S ABC đã biết nên ta cần tìm mối quan hệ về SADOE với SABC. Lại có H và O là những điểm đặc biệt trên các đoạn AC, AH nên ta dễ dàng tìm được mối quan hệ đó bằng cách lấy thêm điểm N là trung điểm của DC. Trình bày lời giải Gọi N là trung điểm của CD.
=>
1 AC. 3
OF
=> AD = DN = NC =
S AOD AD 1 (Chung chiều cao hạ từ O xuống AC) S AOC AC 3
=> SAOD =
1 SAHC (1) 6
ƠN
S AOC AO 1 (Chung chiều cao hạ từ C xuống AH) S AHC AH 2 1 SABC (Chung chiều caoAH) (2) 2
Từ (1) và (2) => SAOD =
1 SABC . Mà SAOE = SAOD 12
1 SABC. 6
QU Y
=> SADOE = 2 SAOD =
NH
Mà SAHC =
L
Tìm cách giải.
Áp dụng đlí Pitago vào AHC vuông tại H => AH = 4cm => SABC =
AH.BC 4.6 12cm 2 2 2 1 .12 = 2 cm2. 6
M
Vậy SADOE =
KÈ
Ví dụ 3. Cho hbh ABCD có diện tích bằng 1. Gọi M là trung điểm của BC, AM cắt BD ở Q. Tính diện tích MQDC ?
DẠ
Y
Tìm cách giải.
Hs cần nhận thấy SABCD = 1 nên dễ dàng suy ra SBCD =
1 . 2
Do đó ta cần phải tìm mối quan hệ của SBMQ với SBCD . Để tìm được mối liên hệ đó ta phải xét xem Q nằm trên BD có ở vị trí đặc biệt không bằng cách lấy thêm điểm N là trung điểm của AD. Trình bày lời giải
Chỉ ra AMCN là hình bình hành => AM // CN
=> BQ = QE = ED 1 1 SBCQ ; SQBC = SBCD. 2 3
=> SBMQ =
1 SBCD 6
5 5 5 SBCD = SABCD = 6 12 12
QU Y
=> SMQDC =
NH
=> SBMQ =
ƠN
=> QB = QE ; ED = QE ( Định lí đường trung bình)
OF
Lấy N là trung điểm của AD.
Ví dụ 4. Cho hình chữ nhật ABCD, trên cạnh BC lấy M: BM = sao cho CN =
FI CI A
L
Để tính SMQDC thì phải thông qua SBCD và SBMQ .
1 CD. 3
1 BC. Trên cạnh CD lấy N 5
a) Tính SAMN theo SABCD.
KÈ
Tìm cách giải.
M
b) BD cắt AM ở P, BD cắt AN ở Q. Tính SMNQP theo SABCD.
(a) hs dễ dàng nhận ra phải sử dung tính chất 1: Nếu một đa giác được chia thành các đa giác không có điểm chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của các đa giác đó ( tính cộng).
DẠ
Y
Nên để tính diện tích của AMN ta có: SAMN = SABCD - SABN - SCMN - SADN
(b) Tính SMNQP theo SABCD cần phải tìm mối liên hệ SMNPQ với SAMN vì các đỉnh của tứ giác nằm trên cạnh của AMN. Muốn tìm mối liên hệ đó rõ ràng phải thông qua APQ.
Ta nhận thấy APQ và AMN có hai đáy cùng thuộc một đường thẳng nên ta phải kẻ thêm đường vuông góc PK và MH. Từ đó suy ra lời giải của bài toán.
a) SAMN = SABCD - SABN - SCMN - SADN SABM =
1 2 1 SABCD ; SCMN = SABCD; SADN = SABCD. 10 15 3
Do đó ta tính được : SAMN = 13 SABCD 60
OF
Vậy SMNPQ =
13 SABCD 60
FI CI A
L
Trình bày lời giải
ƠN
1 S APQ 2 PK.AQ PK AQ b) Kẻ MH AN ; PK AN => . S AMN 1 MH AN MH.AN 2
Ddcm
AP AD 5 AP 5 => = PM BM 1 AM 6
AQ AB 3 AQ 3 => . AN 5 QN DN 2
QU Y
Vì DN // AB => Do đó
PK AP .(Theo định lí Ta let). MH AM
NH
Vì PK// MH ( cùng vuông góc với AN) =>
S APQ AP AQ 5 3 1 1 13 . . => SAPQ = SMNPQ = SAMN = SABCD 2 60 S AMN AM AN 6 5 2
Tìm cách giải.
M
Ví dụ 5. Cho ABC có AB = 3; AC = 4, BC = 5. Vẽ các đường phân giác AD, BE, CF. Tính diện tích tam giác DEF. (Đề thi học sinh giỏi quận Ba đình 1998 - 1999)
KÈ
- Để tính được diện tích của DEF thì ta phải đi tính SABC, SAEF, SBFD, SDFC
A
Học sinh dễ dàng tính được SABC, SAEF vì đó là hai tam giác vuông.
E
Y
F
DẠ
- Để tính được SBFD, SDFC thì cần phải kẻ thêm đường cao. Căn cứ thêm vào giả thiết : có phân giác của các góc nên từ đó suy ra kẻ đường cao FH và EK => FH = FA; EK = EA.
Trình bày lời giải
B
H
D
K
C
ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5.
4 9
=> FA = .3 Cmtt => AE =
4 3
3 . 2
=> (*) SAEF
=
AE.AF 1 3 4 = . . 1 2 2 2 3
OF
Hạ FH BC ; EK BC.
FI CI A
FA CA 4 FA 4 => FB CB 5 AB 9
Ta có CF là phân giác ACB =>
L
Nên ddcm ABC vuông tại A.
=> FH = FA ; EK = AE ( Tính chất tia pg của một góc)
15 ( Dựa vào định lí đường phân giác trong tam 7
ƠN
Cmtt như trên ta tính được DB = giác) 20 7
NH
=> DC =
FH.BD 1 4 15 10 . . 2 2 3 7 7
(*) SDFC =
EK.DC 1 3 20 15 . . 2 2 2 7 7
(*) SABC =
QU Y
(*) SBFD =
AB.AC 3.4 6 2 2
=> SDEF = SABC - ( SAEF + SBFD + SDFC) 10 . 7
M
Vậy SDEF =
DẠ
Y
KÈ
Ví dụ 6. Cho hình thoi ABCD, hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O. Đường trung trực của AB cắt BD, AC tại M, N. Biết MB = a, NA = b. Tính diện tích hình thoi theo a và b.
Bài giải Gọi H là trung điểm của AB. Dễ dàng nhận thấy:
=> HN =
L
AN HN b MB HB a
H A
b b . HB = . HA a a
FI CI A
*) AHN ∽ MHN ( g.g) =>
B
N
O
D
=>
AH HN AO OB
M
OF
*) AHN ∽ AOB (g.g) =>
OB HN HN b b => OB = . OA OA AH HB a a
ƠN
*) AHN vuông tại H => HN2 + HA2 = AN2 ( Theo định lí Pitago)
b2 => HA2(1 + 2 ) = b2 . a
NH
a 2b 2 4a 2b 2 2 2 Do đó HA = 2 => AB = 4HA = 2 a b2 a b2 2
*) AOB vuông => OA2 + OB2 = AB2
QU Y
b2 4a 2b 2 2 . OA => OA + 2 = 2 a a b2 2
4a 4 b 2 2a 2b 2a b 2 Do đó OA = 2 => OA = 2 và OB = 2 (a b 2 ) 2 a b2 a b2 2
M
Mà SABCD = 2.OA.OB
KÈ
Vậy SABCD
8a 3b 3 = 2 (a b 2 ) 2
Ví dụ 7. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 30cm. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA thứ tự lấy các điểm E, F, G, H: AE = 10cm; BF =12cm, CG = 14 cm, DH = 16cm.
DẠ
Y
a) Tính SEFGH . b) Trên EF lấy hai điểm M, N : sao cho EM =
2 MF , FN= 2 EN . 3 3
C
2 MF . Tính SMNPQ . 5
Tìm cách giải. a) Ta nhận thấy để tính được SEFGH phải thông qua SABCD, SAEH, SEBF, SFCG, SHGD là các hình tính được diện tích qua các công thức đã học.
Trình bày lời giải
*) SABCD = 900 cm2.
SFCG =
16cm
D
G
14cm
AE.AH EB.BF = 70 cm2; SEBF = = 120cm2 2 2
FC.CG DH.DG = 126cm2; SHGD = = 128 cm2. 2 2
QU Y
GP =
2 MF (gt) => EM = 2 EF => SHEM = 2 S => SHMF = 5 5 HEF 3 2 3 HG (gt) => PH = HG => SHFP = 5 5
3 SHFE 5
3 SHFG 5
3 3 ( SHEF + SHFG) = SEFGH . 5 5
M
=> SHMF + SHFP =
1 1 1 1 HP , MN = MF => SMQP = SMHP ; SPMN = SMPF. 3 3 3 3
=> SMQP + SPMN =
1 1 3 1 ( SMHP + SMPF.) = . SEFGH = SEFGH 3 3 5 5
Y
KÈ
Dd chứng tỏ PQ =
DẠ
=> SMNPQ =
12cm F
P
=> SEFGH = 900 - ( 70 + 120 + 126 + 128) = 456 cm2 b) Vì EM =
B
Q
NH
*) SAEH =
H
N
ƠN
a) Từ gt => EB = 20cm, CF = 18cm, DG = 16cm, AH = 14cm.
E
M
OF
b) Vì tứ giác MNPQ có các đỉnh nằm trên cạnh của tứ giác EFGH ở những vị trí đặc biệt theo gt đã nêu. Do đó ta cần tìm mối liên hệ giữa tứ giác MNPQ với EFGH. Từ đó tính được diện tích của tứ giác MNPQ.
10cm
FI CI A
A
L
Trên cạnh HG lấy hai điểm P, Q : GP = HQ =
1 1 SEFGH = .456 = 91,2 (cm2) 5 5
II/ BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Cho hình thoi ABCD có A 600 . Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh đa giác EBFGDH là lục giác đều.
C
FI CI A
L
Bài 2. Cho tam giác ABC, O là trọng tâm của tam giác. Gọi E, F, G lần lượt là các điểm đối xứng với điểm O qua trung điểm của AB, BC, AC. Chứng minh lục giác AEBFCG là lục giác đều. Bài 3. Cho ngũ giác ABCDE có các cạnh bằng nhau và A B C . a) Chứng minh tứ giác ABCD là hình thang cân. b) Chứng minh ngũ giác ABCDEF là ngũ giác đều.
Bài 4. Cho ngũ giác đều ABCDE. Gọi K là giao điểm của hai đường chéo AC và BE. a) Tính số đo mỗi góc của ngũ giác. b) Chứng minh CKED là hình thoi.
ƠN
OF
Bài 5. Cho hình chữ nhật ABCD. E là điểm bất kì nằm trên đường chéo AC. Đường thẳng qua E, song song với AD cắt AB, DC lần lượt tại F, G. Đường thẳng qua E, song song với AB cắt AD, BC lần lượt tại H, K. Chứng minh hai hình chữ nhật EFBK và EGDH có cùng diện tích. Bài 6. Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC. Vẽ BP MN, CQ MN (P, Q MN). a) Chứng minh tứ giác BPQC là hình chữ nhật.
NH
b) Chứng minh SBPQC S ABC .
QU Y
Bài 7. Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh các tứ giác ADCM và ABCN có diện tích bằng nhau. Cho hình thang vuông ABCD ( A D 90 0 ), AB = 3cm, AD = 4cm và ABC 1350 . Tính diện tích của hình thang đó ĐS: SABCD 20cm2 . Bài 8. Cho tam giác ABC vuông tại A. Về phía ngoài tam giác, vẽ các hình vuông ABDE, ACFG, BCHI. Chứng minh SBCHI SABDE SACFG .
M
Bài 9. Diện tích hình bình hành bằng 24cm 2 . Khoảng cách từ giao điểm của hai đường chéo đến các đường thẳng chứa các cạnh hình bình hành bằng 2cm và 3cm . Tính chu vi của hình bình hành. ĐS: PABCD 20cm .
DẠ
Y
KÈ
Bài 10. Cho hình bình hành ABCD. Gọi K, O, E, N là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Các đoạn thẳng AO, BE, CN và DK cắt nhau tại L, M, R, P. Chứng minh SABCD 5.SMLPR . Bài 11. Cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BA, BC. Lấy điểm M trên đoạn thẳng EF (M E, M F). Chứng minh SAMB SBMC SMAC . Bài 12. Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc đáy BC. Gọi BD là đường cao của tam giác ABC; H và K chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC. Chứng minh: MH MK BD . Bài 13. Cho hình bình hành ABCD. Gọi K và L là hai điểm thuộc cạnh BC sao cho BK = KL = LC. Tính tỉ số diện tích của: a) Các tam giác DAC và DCK. b) Tam giác DAC và tứ giác ADLB.
c) Các tứ giác ABKD và ABLD. b)
SDAC 3 S ADLB 5
c)
S ABKD 4 . S ABLD 5
L
SDAC 3 SDCK 2
FI CI A
ĐS: a)
Bài 14. Cho tam giác ABC, hai đường trung tuyến AM, BN cắt nhau tại G. Diện tích tam giác AGB bằng 336cm 2 . Tính diện tích tam giác ABC. ĐS: SABC 1008cm2 .
OF
Bài 15. Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho BD = 3DA, trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE = 4EC. Gọi F là giao điểm của AE và CD. a) Chứng minh: FD = FC. b) Chứng minh: SABC 2SAFB .
NH
ƠN
Bài 16. Cho tam giác đều ABC, đường cao AH và điểm M thuộc miền trong của tam giác. Gọi P, Q, R lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BC, AC, AB. Chứng minh: MP + MQ + MR = AH. Bài 17. Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, AB. Từ N kẻ đường thẳng song song với BM cắt đwòng thẳng BC tại D. Biết diện tích tam giác ABC bằng a (cm 2 ) . a) Tính diện tích hình thang CMND theo a. b) Cho a 128cm 2 và BC 32cm . Tính chiều cao của hình thang CMND. b) h 4(cm) .
QU Y
ĐS: a) SCMND a (cm2 )
Bài 18. Cho tứ giác ABCD. Kéo dài AB một đoạn BM = AB, kéo dài BC một đoạn CN = BC, kéo dài CD một đoạn DP = CD và kéo dài DA một đoạn AQ = DA. Chứng minh SMNPQ 5.SABCD
DẠ
Y
KÈ
M
HD: Từ SPDQ 2SDAC , SMNB 2SABC , SQAM 2SDAB , SPNC 2SDBC đpcm
Chủ đề 10
A
B
HÌNH VUÔNG
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Định nghĩa
C
D Hình 97
Hình vuông là tứ giác có bốn góc vuông và có bốn cạnh bằng
FI CI A
0 A B C D 90 . AB BC CD DA
Tứ giác ABCD là hình vuông
L
nhau (hình 97).
Từ định nghĩa hình vuông suy ra hình vuông vừa là hình chữ nhật, vừa là hình thoi. 2. Tính chất
Hình vuông có tất cả các tính chất của hình chữ nhật và hình thoi.
OF
3. Dấu hiệu nhận biết Ba dấu hiệu từ hình chữ nhật:
Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông.
ƠN
Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình vuông. Hình chữ nhật có một đường chéo là đường phân giác thì nó là hình vuông. Hai dấu hiệu từ hình thoi:
NH
Hình thoi có một góc vuông là hình vuông.
Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau là hình vuông. Nhận xét: Một tứ giác vừa là hình chữ nhật, vừa là hình thoi thì tứ giác đó là hình vuông.
QU Y
4. Cách vẽ hình vuông Có năm cách vẽ hình vuông, nhưng hay dùng hai cách sau: B
DẠ
Y
KÈ
M
A
O
A
B
D
C
C
D
b)
a) Hình 98
L FI CI A
Cách 1 (hình 98a): Vẽ một đường chéo, dựng đường trung trực của đường chéo đó. Lấy trung điểm vừa dựng làm tâm vẽ đường tròn có đường kính bằng đường chéo vừa vẽ, nó cắt đường trung trực tại hai điểm ta được đường chéo thứ hai.
Cách 2 (hình 98b): Sử dụng lưới ô vuông để vẽ tứ giác có bốn góc vuông và bốn cạnh
Lưu ý: Cách 1 chứng minh được là hình vuông.
OF
bằng nhau.
ƠN
Cách 2 không chứng minh được là nhận được hình vuông, chỉ là ảnh hình vuông. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng một trong hai cách sau:
NH
DẠNG 1. Nhận dạng hình vuông
Cách 1: Chứng minh tứ giác là hình chữ nhật có thêm dấu hiệu hai cạnh kề bằng nhau
QU Y
hoặc hai đường chéo vuông góc hoặc một đường chéo là đường phân giác của một góc. Cách 2: Chứng minh tứ giác là hình thoi có thêm dấu hiệu có một góc vuông hoặc hai đường chéo bằng nhau. II. VÍ DỤ
B
E
D
KÈ
Lời giải
M
Ví dụ 1. Cho hình 99, tứ giác AEDF là hình gì? Vì sao?
Tứ giác AEDF là hình vuông.
45° 45°
A
F
C
Hình 99
Giải thích:
Y
E F 900 . Tứ giác AEDF có ba góc Theo hình vẽ thì A
DẠ
vuông nên nó là hình chữ nhật. Hình chữ nhật AEDF có AD là đường phân giác của góc A nên nó là hình vuông. Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2AD . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB và CD . Gọi M là giao điểm của AF và DE , N là giao điểm của BF và CE .
a) Tứ giác ADFE là hình gì? Vì sao?
L
b) Tứ giác MENF là hình gì? Vì sao?
FI CI A
Lời giải (hình 100) Đặt AD a thì AB 2a .
A , Áp dụng tính chất về cạnh và giả thiết vào hình chữ nhật ABCD
ta được AE EB BC CF FA a .
là hình thoi. 900 nên nó là hình vuông. Hình thoi ADFE có A
B
N
D
F
C
Hình 100
ƠN
b) Tứ giác MENF là hình vuông.
OF
Giải thích: Vì tứ giác ADFE có bốn cạnh bằng nhau nên nó
a
M
a
a) Tứ giác ADFE là hình vuông.
E
a
Giải thích:
NH
Chứng minh tương tự như câu a) ta cũng có tứ giác EBCF là hình vuông. Áp dụng tính chất về đường chéo vào hai hình vuông ADFE và MENF , ta được:
QU Y
AF DE ; EC FB M N E 900 . 450 E E 1 2
Tứ giác MENF có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật. Hình chữ nhật MENF lại có EF là đường phân giác của góc MEN nên nó là hình vuông.
M
Ví dụ 3. Cho hình vuông ABCD . Trên các cạnh AB, BC ,CD, DA lần lượt lấy các điểm M , N , P,Q sao cho AM BN CP DQ . Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình
KÈ
vuông.
Lời giải (hình 101)
Y
Gọi độ dài cạnh hình vuông là a và AM BN CP DO x .
DẠ
Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào hình vuông ABCD , ta được: B C D 900 và MB NC PD QA a x , nên bốn tam giác vuông A
MBN , NCP, PDQ,QAM bằng nhau trường hợp (c-g-c) suy ra bốn cạnh tương ứng của các
tam giác đó bằng nhau là MN NP PQ QA . Tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau
Áp dụng tính chất về góc và kết quả hai tam giác bằng nhau vào hai tam giác Ax M
N 900 M N 900 1 2 N 1 2 M1 N1
FI CI A
MBN , NCP ta được:
L
nên nó là hình thoi.
(1)
1
B
Q x
Lại có góc BNC là góc bẹt hay
P xC
N N N 1800 BNC 1 2 3
(2)
180 0 900 900 . Từ (1) và (2) suy ra N 3
OF
D
Hình 101
ƠN
Điều này chứng tỏ hình thoi MNPQ có một góc vuông nên nó là hình vuông. III. BÀI TẬP
1. Nêu các tính chất về đường chéo của hình vuông. Chỉ rõ tính chất nào có ở hình
NH
bình hành, ở hình chữ nhật, ở hình thoi.
2. Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau và hai đường chéo vuông góc có phải là hình vuông không? Nếu không hãy sửa lại một dấu hiệu để tứ giác là hình vuông.
QU Y
3. Các câu sau đúng hay sai?
a) Hình chữ nhật có hai đường chéo bằng nhau là hình vuông. b) Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình vuông. c) Hình thoi có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình vuông.
M
d) Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau là hình vuông.
KÈ
4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Trên cạnh BC lấy hai điểm D, E sao cho BD DE EC . Qua D và E kẻ các đường vuông góc với BC , chúng cắt AB, AC lần
lượt ở K và H . Tứ giác KHED là hình gì? Vì sao?
Y
5. Cho một hình chữ nhật có hai cạnh kề không bằng nhau. Chứng minh rằng các tia
DẠ
phân giác của các góc của hình chữ nhật đó cắt nhau tạo thành một hình vuông. 6. Cho hình vuông ABCD . Trên AD lấy điểm E , trên tia đối của tia AD lấy điểm F , trên tia đối của tia BA lấy điểm I sao cho DE AF BI . Vẽ hình vuông AFGH , H thuộc cạnh AB . Chứng minh rằng tứ giác EGIC là hình vuông.
x
2 3 N 1
L
DẠNG 2. Sử dụng định nghĩa, tính chất của hình vuông để vuông góc, thẳng hàng I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng định nghĩa, tính chất và bổ đề về hình vuông. II. VÍ DỤ
FI CI A
chứng minh các quan hệ bằng nhau, song song,
OF
Ví dụ 1. Cho hình vuông ABCD . Trên cạnh BC lấy điểm M , trên cạnh CD lấy điểm N A
sao cho BM CN và AM BN . Lời giải (hình 102)
B
I
ƠN
Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào hình vuông ABCD , ta được: D
C
N Hình 102
NH
AB BC 0 A B 90 BM CN
M
ABM BCN (c.g.c), nên AM BN .
QU Y
Gọi I là giao diểm của AM và BN .
Áp dụng tính chất về góc vào tam giác vuông ABM và BCN kết quả của hai tam giác bằng nhau, ta được:
A1 M 1 900 M 900 B 1 1 B1 A1
(1)
M
M I 1800 Áp dụng tính chất về góc vào tam giác BIM ta có B 1 1 1
KÈ
Từ (1) và (2) suy ra I 1800 900 900 hay AM BN . Ví dụ 2. Bổ đề về hình vuông
Y
Cho hình vuông ABCD . Nếu các điểm M , N , P,Q lần lượt nằm
DẠ
trên các đường thẳng AB, BC ,CD và DA thì MP NQ MP NQ . Lời giải (hình 103)
(2) A
1
K
E
B 1I
N
2
O Q
D
Ta cần chứng minh bài toán đúng với các điểm M , N , P,Q nằm trên các cạnh AB, BC ,CD, DA (các trường hợp còn lại chứng minh tương tự).
M
H
P
Hình 103
C
Gọi H , K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M , N đến hai cạnh
L
CD, DA và E , I ,O thứ tự là giao điểm của MH với NK , MP với NQ .
Áp dụng định nghĩa vào hình vuông ABCD và tính chất góc đồng vị của KN DC , ta
FI CI A
B C E K N 900 . được A
Các tứ giác MBHC , KNCD và MBNE là các tứ giác có ba góc vuông nên chúng là các hình chữ nhật. a) MP NQ MP NQ .
OF
Áp dụng tính chất về cạnh và giả thiết vào hai hình chữ nhật MBCH , KNCD và hình vuông ABCD ta được:
ƠN
MH MK MH BC , NK CD MHP NKQ (trường hợp cạnh huyền, BC CD , MP NQ MP NQ
cạnh góc vuông).
Áp dụng tính chất về góc vào hai tam giác bằng nhau ở trên và tính chất của hai góc
NH
đối đỉnh ta có
cũng bằng nhau).
QU Y
N M E 900 (vì hai tam giác, có hai cặp góc bằng nhau thì cặp góc thứ ba 1 1 O I I2 1
Vậy MP vuông góc với NQ tại O . b) MP NQ MP NQ .
900 suy ra M N (1) vì Xét hai tam giác MEI và NOI có I1 I2 vì đối đỉnh, O E 1 1
M
hai tam giác, có hai cặp góc bằng nhau thì cặp góc còn lại cũng bằng nhau.
KÈ
K 900 , MH NK (2) theo câu a). Lại có H
Từ (1) và (2) suy ra MHB NKQ (c-g-c) nên MP NQ . Ví dụ 3. Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên hai cạnh BC ,CD lấy hai điểm M , N sao
Y
450 , trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK BM . Hãy tính: cho MAN
DẠ
a) Số đo góc KAN . b) Chu vi tam giác MCN theo a . Lời giải (hình 104)
A
a) Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào hình vuông ABCD , D 900 A ta được AB AD, BM DK
x
FI CI A K
Áp dụng kết quả của hai tam giác bằng nhau ở trên và giả thiết, ta có: A A 900 A A A A A 900 450 450 . 1 2 3 KAN 3 4 1 3 0 A1 A4 , A2 45
L
x
ABM ADK (c-g-c).
B
a
45°1 4 3 2
D
N
M
C
Hình 104
OF
b) Đặt BM DK x thì KN x DN , MC a x ,CN a DN .
Từ kết quả của hai tam giác bằng nhau ở câu a) và giả thiết, ta được:
ƠN
AM AK , AN AN AMN AKN (c-g-c) suy ra MN KN . MAN KAN 450
Vậy chu vi tam giác MCN bằng MC CN NM a x a DN x DN 2a .
NH
Ví dụ 2. Cho hình vuông ABCD . Trên cạnh BC lấy điểm M , qua A kẻ AN AM (điểm N thuộc tia đối của tia DC ). Gọi I là trung điểm của MN . ChứngAminh rằng: a) AM AN .
2
B
3
M
1
QU Y
b) Ba điểm B, I , D thẳng hàng. Lời giải
I N
a) Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào hình vuông ABCD , ta được:
Hình 105a
M
B D D 900 A B A A 900 A AB AD ABM ADN (c-g-c). 2 3 AB AD A3 A1
KÈ
A 1 A2
C
D
Do đó AM AN .
b) Cách 1 (hình 105a): Nối IA, IC thì IA và IC lần lượt là các đường trung tuyến ứng
Y
với cạnh huyền của hai tam giác vuông AMN ,CMN .
DẠ
Áp dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào hai tam giác vuông trên IA IC 1 MN và định nghĩa hình vuông ta được . 2 BA BC
Điều này chứng tỏ hai điểm B và I cách đều hai điểm A và C nên BI là đường trung trực của đoạn AC . Mặt khác theo tính chất về đường chéo của hình vuông thì BD là hay B, I , D thẳng hàng. Cách 2 (hình 101): Qua M kẻ MP BD
FI CI A
L
trung trực của AC mà đoạn AC thì chỉ có một đường trung trực nên BI trùng với BD
(1) (điểm P DC ) suy ra DI MP (2). A
Lại có NI MI (3) theo giả thiết. Từ (2) và (3) suy ra ND DP (4) theo định lí đường trung bình.
B
H
M
I
OF
Từ (3) và (4) ta có DI là đường trung bình của tam giác NMP . Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác NMP ta được DI MP (5).
N
D
P Hình 105b
Từ (1) và (5) suy ra B, I , D thẳng hàng, vì từ điểm I ở ngoài đường
ƠN
thẳng MP chỉ kẻ được một đường thẳng song song với MP . H (2) do đồng vị. Cách 3: Qua M kẻ MH ND (1) (điểm H BD ) thì D 1 1
Mà BD là đường chéo của hình vuông ABCD nên BD là đường phân giác của hai góc
NH
H 450 (3). vuông B và D do đó D 1 1
Từ (2) và (3) ta có BM MH (4) vì trong một tam giác, đối diện với hai góc bằng nhau
QU Y
là hai cạnh bằng nhau.
Kết hợp (1) với (4) ta được tứ giác NHMD có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành.
Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình bình hành NHMD , ta được đường chéo DH đi qua trung điểm I của đường chéo NM nên BD đi qua I .
M
Điều đó chứng tỏ B, I , D thẳng hàng.
KÈ
III. BÀI TẬP
7. Cho hình vuông ABCD cạnh a . Gọi E là một điểm nằm giữa C và D . Tia phân giác của góc DAE cắt CD ở F . Kẻ FH AE (H AE ), FH cắt BC ở K .
Y
a) Tính độ dài AH .
DẠ
b) Tính số đo góc FAK . 8. Cho hình vuông ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC ,CD và I là giao điểm của AN , DM . Chứng minh rằng: a) AN DM ;
b) BA BI .
C
9. Cho một hình vuông cạnh dài 1m . Vẽ hình vuông thứ hai nhận đường chéo của hình vuông đã cho làm cạnh. Tính độ dài đường chéo của hình vuông này.
L
10. Cho hình vuông ABCD . Trên tia đối của tia CB lấy điểm M , trên tia đối của tia DC
FI CI A
lấy điểm N sao cho BM DN . Vẽ hình bình hành MANF , gọi O là trung điểm của AF . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MANF là hình vuông. b) F thuộc tia phân giác của góc MCN .
OF
c) AC CF . d) Tứ giác BOFC là hình thang.
I.
ƠN
DẠNG 3. Tìm điều kiện để một hình trở thành hình vuông PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết hình vuông.
NH
2. Nếu bài toán chỉ yêu cầu tìm vị trí của một điểm nào đó để một hình trở thành hình vuông ta làm như sau: Giả sử hình đó là hình vuông rồi dựa vào các tính chất của hình vuông để chỉ ra vị trí cần tìm. II.
VÍ DỤ
QU Y
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC , D là điểm nằm giữa B và C . Qua D kẻ các đường thẳng song song với AB và AC , chúng cắt các cạnh AC và AB thứ tự ở E và F . a) Tứ giác AEDF là hình gì? Vì sao?
b) Điểm D ở vị trí nào trên cạnh BC thì tứ giác AEDF là hình thoi? c) Nếu tam giác ABC vuông tại A thì tứ giác AEDF là hình gì? Điểm D ở vị trí nào A
M
trên cạnh BC thì tứ giác AEDF là hình vuông?
KÈ
Lời giải (hình 106)
F
a) Tứ giác AEDF là hình bình hành.
DF AB
DF AE
E
DE AC DE AF Giải thích: Từ giả thiết .
Y
B
Tứ giác AEDF có các cạnh đối song song nên nó
DẠ
là hình bình hành. b) Giả sử AEDF là hình thoi khi đó theo tính chất vẽ đường chéo của hình thoi thì AD là đường phân giác của góc A .
D Hình 106
C
Vậy nếu D là giao điểm của tia phân giác góc A với cạnh BC thì tứ giác AEDF là hình thoi.
L
c) Nếu tam giác ABC vuông tại A thì hình bình hành AEDF là hình chữ nhật. Nếu
FI CI A
tam giác ABC vuông tại A và D là giao điểm của tia phân giác góc A với cạnh BC thì AEDF vừa là hình chữ nhật vừa là hình thoi nên nó là hình vuông.
Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD . Gọi M , N , P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC ,CD và DA . Hai đường chéo AC và BD phải thoả mãn những điều kiện nào để M , N , P,Q là bốn đỉnh của: b) Hình thoi?
c) Hình vuông?
OF
a) Hình chữ nhật? Lời giải (hình 107)
Trước hết ta chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành (xem Ví dụ 1, Dạng 1, Chủ
a) MNPQ là hình chữ nhật MN NP AC BD (vì MN AC , NP BD ) .
A M
ƠN
đề 5)
B Q N
NH
Điều kiện cần tìm là hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. b) MNPQ là hình thoi MN NP
D
C
Hình 107
QU Y
1 1 AC BD (vì MN AC , NP BD ) 2 2
P
Điều kiện cần tìm là các đường chéo AC và BD bằng nhau. MN PQ AC BD . MN PQ AC BD
c) MNPQ là hình vuông
M
Điều kiện cần tìm là các đường chéo AC , BD bằng nhau và vuông góc với nhau. III. BÀI TẬP
Cho tam giác ABC cân tại A , đường trung tuyến AM . Gọi I là trung điểm
KÈ
11.
của AC , K là điểm đối xứng với M qua điểm I . a) Tứ giác AMCK là hình gì? Vì sao?
Y
b) Tứ giác AKMB là hình gì? Vì sao?
DẠ
c) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác AMCK là hình vuông. 12. Cho hình thoi ABCD , gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Qua B vẽ đường thẳng song song với AC , qua C vẽ đường thẳng song song với BD , hai đường thẳng này cắt nhau ở K .
a) Tứ giác OBKC là hình gì? Vì sao?
L
b) Chứng minh AB OK .
FI CI A
c) Tìm điều kiện của hình thoi ABCD để tứ giác OBKC là hình vuông.
600 . Gọi E , F thứ tự là trung điểm 13. Cho hình bình hành ABCD có BC 2AB và A
của BC , AD . a) Tứ giác ECDF là hình gì? Vì sao?
OF
b) Tứ giác ABED là hình gì? Vì sao? c) Tính số đo của góc AED .
ƠN
CHỦ ĐỀ 11.TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG.ĐỊNH LÍ TA-LÉT TRONG TAM GIÁC A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
2. Đoạn thẳng tỉ lệ
NH
1. Tỉ số của hai đoạn thẳng là tỉ số độ dài của chúng theo cùng đơn vị đo (tỉ số này không phụ thuộc vào cách chọn đơn vị đo).
Hai đoạn thẳng AB và CD gọi là tỉ lệ với hai đoạn thẳng A B và C D nếu có tỉ lệ thức
QU Y
AB A B AB CD hay . CD CD AB C D
A
3. Định lí Ta-lét trong tam giác
D
M
Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn B thẳng tương tứng tỉ lệ.
KÈ
ABC AD AE , DB EC , AD AE . DE BC AB AC BA CA DB EC
4. Nhớ lại tỉ lệ thức và tính chất của dãy tỉ số bằng nhau
Y
a) Tỉ lệ thức là đẳng thức của hai tỉ số
a c . b d
DẠ
b) Tính chất Tính chất 1 (Tính chất cơ bản của tỉ lệ thức): Nếu
a c thì ad bc . b d
Tính chất 2: Nếu ad bc và abcd 0 thì ta có bốn tỉ lệ thức sau:
E
C Hình 259
c) Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau a c e a c e a c e a c e . , suy ra b d f b d f b d f b d f
5. Từ định lí Ta-lét ta thu được kinh nghiệm thứ năm
FI CI A
Từ dãy tỉ số bằng nhau
L
a c a b d c d b ; ; ; . b d c d b a c a
Cứ nói đến tỉ số của hai đoạn thẳng phải nghĩ đến định lí Ta-lét, ta cứ nói đến định lí Ta-lét phải nghĩ đến đường thẳng song song.
OF
Ý nghĩa của kinh nghiệm này là: Với các bài toán đề cập đến tỉ số của hai đoạn thẳng mà phải vẽ thêm đường phụ, ta vẽ thêm đường thẳng song song để sử dụng định lí Talét.
ƠN
B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN
DẠNG 1. Tính tỉ số hai đoạn thẳng. Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
NH
1. Sử dụng định nghĩa tỉ số của hai đoạn thẳng.
2. Một điểm C thuộc đoạn thẳng AB (hoặc đường thẳng AB ), được gọi là chia đoạn m CA m . 1 ( m, n là các số dương), nếu ta có: n CB n
QU Y
thẳng AB theo tỉ số
3. Sử dụng kĩ thuật đại số hóa hình học: Nếu ta có:
CA mt CA m thì (với t 0 ) CB nt CB n
KÈ
II. VÍ DỤ
M
4. Lập tỉ lệ thức giữa các đoạn thẳng tỉ lệ rồi áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau.
Ví dụ 1. Điểm C thuộc đoạn thẳng AB và chia AB theo tỉ số
Y
AB AB . ; AC CB
DẠ
Lời giải (hình 260) Vì C chia đoạn AB theo tỉ số
3 nên: 5
3 . Hãy tính các tỉ số: 5
CA 3t CA 3 với t 0 . CB 5t CB 5 AB 8t 8 AB 8t 8 , . AC 3t 3 CB 5t 5
Ví dụ 2. Cho đoạn thẳng AB 10cm . a) Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C sao cho
C
3
5
Hình 260
B
L
A
FI CI A
Do đó AB AC CB 8t . Vậy
8
CA 3 . Tính độ dài CB . CB 2
DA 3 . Tính độ dài CD . DB 2
OF
b) Trên tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho Lời giải (hình 261)
A
C
B
Hình 261
CA 3t CA 3 với t 0 ; CB 2t CB 2
ƠN
a) Cách 1: Từ giả thiết:
Cách 2: Từ giả thiết
NH
Nên AB 10cm CA CB 5t t 2cm . Vậy CB 4cm . CA 3 CA CB CA CB AB 10 2. CB 2 3 2 32 5 5
Vậy CB 4(cm ) .
QU Y
Cách 3: Đặt CB x thì CA 10 x .
Từ giả thiết và tính chất cơ bản của tỉ lệ thức ta có 3CB 2CA hay 3x 2(10 x ) 5x 20 x 4(cm ) .
DA 3t DA 3 . DB 2t DB 2
M
b) Từ giả thiết
KÈ
Mặt khác D thuộc tia đối của tia BA nên DA DB . Do đó AB 10cm DA DB 3t 2t t 10cm , suy ra DB 20cm . Vậy CD 20 4 24(cm ) .
Y
Ví dụ 3. Đoạn thẳng AB 44dm được chia thành các đoạn thẳng liên tiếp AM , MN , NP
DẠ
và PB lần lượt tỉ lệ với 10, 2, 3 và 5 . a) Tính độ dài mỗi đoạn thẳng đó. b) Chứng minh rằng hai điểm M và P chia đoạn AN theo cùng một tỉ số k và tính k . c) Còn hai điểm nào chia đoạn thẳng nào theo cùng một tỉ số nữa không?
Lời giải
FI CI A
AM MN NP PB AM MN NP PB 44 2, 2 . 10 2 3 5 10 2 3 5 20
Vậy AM 22dm, MN 4, 4dm, NP 6, 6dm, PB 11dm . b) Từ câu a) ta có
L
a) Từ giả thiết và tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
MA 22 PA 33 5; 5. MN 4, 4 PN 6, 6
c) Vì
OF
Điều này chứng tỏ M và P chia đoạn AN theo cùng một tỉ số k 5 . AM 22 2 NM 4, 4 2 , ; AP 33 3 NP 6, 6 3
ƠN
Nên còn hai điểm A và N chia đoạn MP theo cùng một tỉ số III. BÀI TẬP
NH
1. Một điểm C thuộc đoạn AB chia AB theo tỉ số
2 . 3
2 AC CB . Hãy tính các tỉ số . , 3 AB AB
2. Cho đoạn thẳng AB 3cm . Trên tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho DA : DB 3 : 2 . Tính AD, BD .
QU Y
3. Hãy chia đoạn thẳng dài 12dm thành ba phần x, y, z sao cho 15x 10y 8z .
DẠNG 2.Tính độ dài đoạn thẳng, dựng đoạn thẳng tỉ lệ thứ tư
M
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Áp dụng định lí Ta-lét để lập hệ thức của các đoạn thẳng tỉ lệ. Xác định đường thẳng song song với một cạnh của tam giác. Thay số vào hệ thức rồi giải phương trình. Trong bốn đoạn thẳng tỉ lệ, dựng đoạn thẳng thứ tự khi biết độ dài của ba đoạn kia:
Y
2.
KÈ
1. Tính độ dài đoạn thẳng:
DẠ
Đặt ba đoạn thẳng trên hai cạnh của một góc. Dựng đường thẳng song song để xác định đoạn thẳng thứ tư. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Tính x trong các trường hợp sau (h. 262), biết rằng các số trên hình có cùng đơn vị đo là cm .
A
D
M
8,5
P
B
C
E
a) MN BC
24
Q
9
10,5
N
x
x
L
5
4
FI CI A
Lời giải (hình 262)
F
b) PQ EF
ƠN
OF
Hình 262
a) Áp dụng định lí Ta-lét vào ABC có MN BC , ta được:
NH
BM CN x 8, 5 5 4.3, 5 hay x 2, 8 . MA NA 4 5 5
b) Áp dụng định lí Ta-lét vào DFE có PQ EF , ta được: DP DQ x 24 9 10, 5.15 hay x 17, 5 . PE QF 10, 5 9 9
QU Y
O
Ví dụ 2. Tính x trên hình 263. Lời giải (hình 263).
x
16
20
P
Q 15
M
Áp dụng định lí Ta-lét vào OMN có PQ MN , ta được:
N Hình 263
KÈ
M
MP NQ x 16 15 3 hay x 16 12 x 28 . PO QO 16 20 4
Ví dụ 3. Cho ba đoạn thẳng có độ dài là m, n, p (cùng đơn vị đo). Hãy dựng đoạn thẳng có độ dài x sao cho
Y
Lời giải (hình 264)
m n . x p
z
B p
A
n
m
DẠ
Vẽ góc zOt bất kì. O Trên tia Oz đặt các đoạn OA n,OB p . Trên tia Ot đặt OC m . Vẽ BD AC thì OD x là đoạn thẳng cần dựng. Thật vậy, áp dụng định lí Ta-lét vào OBD có AC BD , ta được:
C x Hình 264
D
t
m n OA OC hay . x p OB OD
L
III. BÀI TẬP
song song với BD cắt cạnh thứ hai ở M . Tính độ dài của DM .
FI CI A
5. Trên một cạnh của một góc đỉnh A , đặt liên tiếp các đoạn thẳng AB 5cm, BC 6cm . Trên cạnh thứ hai đặt đoạn AD 7, 5cm , qua C vẽ đường thẳng
6. Cho hình thang ABCD (AB CD ) . Một đường thẳng song song với hai đáy, cắt các
ƠN
OF
cạnh bên AD và BC lần lượt ở E và F . Tính FC , biết AE 3cm, ED 4cm, BF 6cm .
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
NH
DẠNG 3. Chứng minh các hệ thức hình học
1. Xác định đường thẳng song song với một cạnh của tam giác. 2. Áp dụng định lí Ta-lét để lập hệ thức của các đoạn thẳng tỉ lệ.
II. VÍ DỤ
QU Y
3. Sử dụng các tính chất của tỉ lệ thức hoặc cộng theo vế các đẳng thức hình học.
Ví dụ 1. Cho hình thang ABCD (AB CD ) . Một đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AD và BC theo thứ tự ở M và N . Chứng minh rằng: AM BN MD NC
M
a)
b)
AM CN 1. AD CB
Lời giải (hình 265)
B
KÈ
A
a) Gọi I là giao điểm của đường chéo AC với MN .
M
I
N
Y
Áp dụng định lí Ta-lét vào hai tam giác ACD và ACB có MI CD, IN AB , ta được:
DẠ
AM AI BN AI (1); (2). MD IC NC IC
Từ (1) và (2) suy ra:
AM BN . MD NC
C
D Hình 265
b) Áp dụng định lí Ta-lét vào hai tam giác ACD và ACB ta có MI CD, IN AB ta được
FI CI A
L
AM AI CN CI (3); (4). AD AC CB CA
Cộng theo vế các đẳng thức (3) và (4), thu được: AM CN CI AI CA 1. AD CB CA CA
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Gọi
OF
P ,Q thứ tự là giao điểm của AN và CM với đường chéo BD . Chứng minh rằng: A
DP PQ QB .
Lời giải (hình 266)
P
ƠN
Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào hình bình hành ABCD , D ta được: AM NC , AM NC .
M
B
Q
N
C
Hình 266
MQ AP, PN QC .
NH
Tứ giác AMCN có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành, do đó MC AN , suy ra
QU Y
Áp dụng định lí Ta-lét vào hai tam giác APB và DQC có MQ AP, PN QC , ta được: BQ BM 1 BQ QP (1). QP MA DP DN 1 DP PQ (2) PQ NC
M
Từ (1) và (2) ta có: DP PQ QB .
KÈ
III. BÀI TẬP
7. Cho tam giác ABC . Một đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần
Y
lượt ở D và E . Qua C kẻ đường thẳng song song với EB , cắt AB ở F . Chứng minh rằng AB 2 AD.AF .
DẠ
8. Cho tam giác ABC . Qua D là một điểm bất kì trên cạnh BC , kẻ các đường thẳng song song với AC và AB chúng cắt AB, AC lần lượt ở E và F . Chứng minh rằng AE AF 1. AB AC
9. Cho tam giác ABC (AB AC ) , đường phân giác AD . Qua điểm M là trung điểm
b) BE CK .
FI CI A
a) AE AK
L
của BC kẻ đường thẳng song song với AD , cắt AB và AC lần lượt ở E và K . Chứng minh rằng:
10. Cho tam giác ABC có trung tuyến AD . Một đường thẳng d song song với AD cắt BE CF 2. AB AC
OF
AB ở E và AC ở F . Chứng minh rằng
DẠNG 4*. Vẽ thêm đường thẳng song song để tính tỉ số hai đoạn thẳng
1. Vẽ thêm đường thẳng song song. 2. Sử dụng kĩ thuật đại số hóa hình học.
NH
3. Áp dụng định lí Ta-lét.
ƠN
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
II. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC . Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho
AI 1 AK . . Gọi K là giao điểm của BI và AC . Tính tỉ số ID 2 KC
Lời giải (hình 267)
QU Y
đoạn AD sao cho
BC 4 . Điểm I thuộc BD 1
A K
Kẻ thêm DE BK thì DE IK .
I
M
Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác ADE có IK DE , ta được:
KÈ
AK 1t AK AI 1 (với t 0 ). KE 2t KE ID 2
B
E
D
C
Hình 267
DẠ
Y
Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác BCK có DE BK , ta được:
Vậy
KC BC 4 KC 4KE 8t KE BD 1
AK 1t 1 . KC 8t 8
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC . Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BC 2BD . Trên đoạn AD lấy điểm O sao cho
AO 3 AI . . Gọi I là giao điểm của CO và AB . Tính tỉ số OD 2 IB
Lời giải (hình 268) A
Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác ADH có DH IO , ta được:
O
FI CI A
AI 3t AI AO 3 (với t 0 ); IH 2t IH OD 2
I
L
Kẻ thêm DH CI thì DH IO .
H
B
D
C
Hình 268
Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác BIC có DH IC , ta được:
OF
BI BC 2 AI 3t 3 BI 2IH 2.2t 4t . Vậy . IH CD 1 IB 4t 4
III. BÀI TẬP
11. Cho tam giác ABC , trung tuyến AM . Gọi I là trung điểm của AM và D là giao AD . DC
ƠN
điểm của BI với AC . Tính tỉ số
12. Cho tam giác ABC , trung tuyến AD . Trên đoạn AD lấy điểm I sao cho
AI 3 , ID 4
AM . MB
NH
gọi M là giao điểm của CI và AB . Tính tỉ số
QU Y
CHỦ ĐỀ 12: TỔNG ÔN TẬP CHƯƠNG 2
Bài 1. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 12 cm, AD = 6,8 cm. Gọi H, I, E, K là các trung điểm tương ứng của BC, HC, DC, EC. a) Tính diện tích tam giác DBE.
M
b) Tính diện tích tứ giác EHIK.
KÈ
ĐS: a) SDBE 20,4 cm2
b) SEHIK 8,55 cm2 .
Bài 2. Cho hình vuông ABCD có tâm đối xứng O, cạnh a. Một góc vuông xOy có tia Ox cắt cạnh AB tại E, tia Oy cắt cạnh BC tại F. Tính diện tích tứ giác OEBF
DẠ
Y
ĐS: SOEBF SAOB
a2 . 4
Bài 3. Tính diện tích một hình thang vuông, biết hai đáy có độ dài 6 cm và 9 cm, góc tạo bởi cạnh bên và đáy lớn có số đo bằng 450 . ĐS: SABCD 22,5 cm2 .
FI CI A
L
Bài 4. Cho hình thang ABCD có độ dài hai đáy AB = 5cm, CD = 15cm, độ dài hai đường chéo AC = 16cm, BD = 12cm. Từ A vẽ đường thẳng song song với BD, cắt CD tại E. a) Chứng minh tam giác ACE là tam giác vuông. b) Tính diện tích hình thang ABCD. ĐS: b) SABCD 96 cm2 .
Bài 5. Gọi O là điểm nằm trong hình bình hành ABCD. Chứng minh: 1 2
HD: S ABO SCDO SBCO SDAO SABCD .
OF
SABO SCDO SBCO SDAO
1 2
1 2
HD: SOAB SODC AB.AD ab .
ƠN
Bài 6. Cho hình chữ nhật ABCD, O là điểm nằm trong hình chữ nhật, AB a, AD b . Tính tổng diện tích các tam giác OAB và OCD theo a và b.
NH
Bài 7. Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm cạnh AB. Trên cạnh AC, lấy điểm B sao cho AN = 2NC. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Chứng minh: a) SBIC SAIC . b) BI 3IN .
S ABNM
3 . S 4 ABC
QU Y
Bài 8. Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BC. Chứng minh 1 2
1 4
HD: Từ S ABM S ABC , SBMN S ABC đpcm.
M
Bài 9. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi E, F là hai điểm lần lượt trên hai cạnh AB và DC sao cho AE = CF; I là điểm trên cạnh AD; IB và IC lần lượt cắt EF tại M và N. Chứng minh: SIMN SMEB SNFC . 1 2
KÈ
HD: Từ SBEFC SIBC SDBC S ABCD đpcm.
DẠ
Y
Bài 10. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng ta luôn vẽ được một tam giác mà diện tích của nó bằng diện tích tứ giác ABCD. HD: Qua B, vẽ đường thẳng song song với AC, cắt DC tại E. Suy ra được SADE SABCD . Bài 11. Cho tam giác ABC và điểm D trên cạnh BC. Hãy chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau bởi một đường thẳng đi qua D. HD: Xét hai trường hợp:
– Nếu D là trung điểm của BC thì AD là đường thẳng cần tìm. – Nếu D không là trung điểm của BC. Gọi I là trung điểm BC, vẽ IH // AD (H Từ SADH SADI DH là đường thẳng cần tìm.
FI CI A
L
AB).
Bài 12. Cho tam giác ABC có BC = a, đường cao AH = h. Từ điểm I trên đường cáo AH, vẽ đường thẳng song song với BC, cắt hai cạnh AB, AC lần lượt tại M và N. Vẽ MQ, NP vuông góc với BC. Đặt AI = x. a) Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a, h, x.
ĐS: a) SMNPQ
ax (h x ) h
b) max S
ah h khi x 4 2
I là trung điểm của
ƠN
AH.
OF
b) Xác định vị trí điểm I trên AH để diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất.
QU Y
EKI FHI EI = FI.
NH
Bài 13. Cho tam giác ABC và ba đường trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng sáu tam giác tạo thành trong tam giác ABC có diện tích bằng nhau. Bài 14. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Một đường thẳng song song với hai đáy cắt AD ở E, MN ở I, BC ở F. Chứng minh IE = IF. HD: Từ SAMND SBMNC , SEAM SFBM , SEDN SFCN SEMN SFMN EK FH
Bài 15. Cho tứ giác ABCD. Qua trung điểm K của đường chéo BD, vẽ đường thẳng song song với đường chéo AC, cắt AD tại E. Chứng minh CE chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau. HD: Xét các trường hợp:
M
a) E thuộc đoạn AD
b) AC qua trung điểm K của BD
KÈ
c) E nằm ngoài đoạn thẳng AD.
DẠ
Y
Bài 16. Cho tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy các điểm M, N sao cho AM = MN = NC. Đường thẳng qua M, song song với AB, cắt đường thẳng qua N song song với BC tại O. Chứng minh OA, OB, OC chia tam giác ABC thành ba phần có diện tích bằng nhau. Bài 17. Cho ngũ giác ABCDE. Hãy vẽ một tam giác có diện tích bằng diện tích ngũ giác ABCDE. HD: Vẽ BH // AC (H DC), EI // AD (I DC) SABCDE SAIH
CHỦ ĐỀ 12 .ĐỊNH LÍ ĐẢO VÀ HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÍ TA-LÉT A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
L
A
FI CI A
1. Định lí Ta-lét đảo D
Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và định ra trên
E
hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác.
B
C
Hình 269
OF
ABC AD AE DE BC . EC DB
2. Hệ quả của định lí Ta-lét
Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với cạnh còn lại thì
NH
ABC AB AC BC . BC B C AB AC B C
ƠN
nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho.
Chú ý: Hệ quả trên vẫn đúng cho trường hợp đường thẳng a song song với một cạnh
QU Y
của tam giác và cắt phần Akéo dài của hai cạnh còn lại.
B'
Hình 270a
B' a
a
A
C
B
C
Hình 270b
Y
KÈ
M
B
C'
C'
DẠ
B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN DẠNG 1. Tính độ dài đoạn thẳng. Chia đoạn thẳng cho trước thành các phần bằng nhau I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Tính độ dài đoạn thẳng:
L
Xác định đường thẳng song song với một cạnh của tam giác.
Thay số vào hệ thức rồi giải phương trình.
FI CI A
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét để lập tỉ lệ thức của các đoạn thẳng.
2. Chia đoạn thẳng cho trước thành các phần bằng nhau cách sử dụng hệ quả của định lí Ta-lét hoặc tính chất của đường thẳng song song cách đều.
A
9,5
II. VÍ DỤ
D
Lời giải
x
B
C
Hình 271a
ƠN
a) Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho DE BC , ta được: x 28, 5 BC AB hay 8 9, 5 DE AD
8.28, 5 456 31, 58 . 9, 5 19
NH
x
E
28,5
OF
Ví dụ 1. Tính các độ dài x, y trong hình 271.
8
B'
A'
4,2
b) Từ hình 271b ta thấy A B AB vì cùng vuông góc với AA .
3
O
AB AO Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho A B AB , ta được: hay A B A O C x 6 x 4, 2.2 8, 4 . 4, 2 3
y
QU Y
6
A
x
B
Hình 271b
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác OAB vuông ở A , ta được:
M
OB 2 BA2 AO 2 hay y 2 8, 42 62 106, 06 y 10, 32 .
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD 8cm và B
KÈ
DB 4cm . Tính tỉ số khoảng cách từ các điểm D và B đến cạnh AC . 4
D
Lời giải (hình 272) 8
Y
Kẻ DH và BK cùng vuông góc với AC thì DH BK và DH , BK
DẠ
lần lượt là khoảng cách từ các điểm D và B đến cạnh AC .
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho DH BK thu được hay
DH 8 2 . BK 12 3
DH AD BK AB
A
H
K
Hình 272
C
Ví dụ 3. Hãy chia đoạn AB cho trước thành 5 đoạn bằng nhau. Hỏi có bao nhiêu cách
L
chia như vậy? Hãy nêu rõ cách làm.
FI CI A
Lời giải (hình 273) Có hai cách chia một đoạn AB cho trước thành 5 phần bằng nhau. Cách 1: Sử dụng hệ quả của định lí Ta-lét. Kẻ đường thẳng a AB .
1 Từ điểm C bất kì trên a , đặt liên tiếp các đoạn thẳng bằng nhau: C D
1
1
E
1
F
1
G
H
t 10
OF
CD DE EF FG GH .
Gọi O là giao điểm của AH và BC .
ƠN
Vẽ các đường thẳng DO, EO, FO,GO cắt AB theo thứ tự ở I , K , L, M
A
thì các điểm này chia đoạn AB thành 5 phần bằng nhau. Thật vậy:
O
I
K
L
M
B
Hình 273a
CO CD HO HG OB MB OA AI
MB AI do CD GH .
NH
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho CD MB,GH AI , ta được:
x G
QU Y
Chứng minh tương tự, ta được: AI IK KL LM MB .
F E
Cách 2: Sử dụng tính chất của đường thẳng song song cách đều.
D C
Kẻ tia Ax , trên đó đặt liên tiếp các đoạn thẳng bằng nhau: A
I
CD DE EF FG GH .
K
L
M
B
Hình 273b
M
Nối GB . Từ C , D, E , F kẻ các đường thẳng song song với GB , chúng cắt AB lần lượt ở I , K , L, M thì CI , DK , EL, EM ,GB lằ năm đường thẳng
KÈ
song song cách đều nên chúng chắn trên đường thẳng AB những đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau là AI IK KL LM MB . III. BÀI TẬP
Y
1. Cho tam giác ABC vuông ở A, BC 13cm , trên cạnh AC lấy điểm D sao cho
DẠ
AD 5cm và DC 7cm . Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt BD ở E . Tính
độ dài CE .
2. Hình thang ABCD (AB CD ) có O là giao điểm của AC và BD . Biết
L
AO 1 ,CD 6cm . Tính độ dài AB . AC 3
FI CI A
3. Cho hình thang ABCD (AB CD ) . Gọi O là giao điểm AD và BC . Tính độ dài OA , biết AB 4cm,CD 10cm, AD 3cm .
DE 1 . Gọi I là DC 4
4. Cho hình bình hành ABCD . Trên cạnh CD lấy điểm E sao cho DI . DB
OF
giao điểm của AE và BD . Tính tỉ số
5. Cho tam giác ABC có AB 2cm, AC 5cm , đường phân giác AD . Qua D kẻ đường thẳng song song với hai đáy cắt AD, BC lần lượt ở M và N . Tính độ dài MN , biết
ƠN
AB 4cm,CD 6cm .
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
NH
DẠNG 2. Chứng minh hệ thức hình học
Xác định đường thẳng song song với một cạnh của tam giác. Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét để lập tỉ lệ thức của các đoạn thẳng. học. II. VÍ DỤ
QU Y
Sử dụng các tính chất của tỉ lệ thức hoặc cộng hay nhân theo vế các đẳng thức hình
Ví dụ 1. Cho hình thang ABCD (AB CD ) có O là giao điểm của hai đường chéo. Đường thẳng qua O song song với hai đáy cắt AD, BC lần lượt ở E và F . Chứng minh
M
rằng OE OF . Lời giải (hình 274)
A
B
KÈ
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho EO DC ,OF DC và AB DC ,
DẠ
Y
ta được:
EO AO DC AC OF BO EO OF EO OF . DC BD DC DC AO BO BD AC
E
D
O
Hình 274
F
C
Ví dụ 2. Cho hình thang ABCD (AB CD ) . Một đường thẳng qua giao điểm O của hai 1 1 1 . AB CD OI
L
đường chéo và song song với hai đáy, cắt BC ở I . Chứng minh rằng
FI CI A
Lời giải (hình 275)
A
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho OI AB,OI DC , ta được:
B
I
O
OI CI OI BI (1); (2). AB CB DC BC
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được:
D
C
OF
Hình 275
OI OI BI IC BC 1 1 1 . 1 AB CD BC BC AB CD OI
Ví dụ 3. Cho hình thang ABCD (AB CD, AB CD ) có O là giao điểm của AC và BD ,
ƠN
I là giao điểm của AD và BC . Đường thẳng IO cắt AB và CD theo thứ tự ở M và N .
Chứng minh rằng M là trung điểm của AB, N là trung điểm của CD . Có nhận xét gì về
Lời giải (hình 276)
NH
kết quả của bài toán.
Đặt AM a, MB b, DN c, NC d .
QU Y
Ta phải chứng minh a b, c d .
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AM CN , MB ND và AM DN , MB NC , ta được:
I
M
AM MO ON AM MB , hay a b a c (1); CN MB MO c d b d CN ND ON ND
KÈ
AM IM IN AM MB , hay a b a d DN MB IM d c b c DN NC NC IN
O D
(2).
a Mb B
A
d
N Hình 276
DẠ
Y
a 2 cd a 1 1a b. Nhân theo vế các đẳng thức (1) và (2) ta được b cd b
Thay a b vào (1) ta được c d .
c
C
Nhận xét: Trong một hình thang có hai đáy không bằng nhau thì giao điểm của hai cạnh bên, giao điểm của hai đường chéo và trung điểm của hai đáy là bốn điểm thẳng
L
hàng.
FI CI A
Đây chính là nội dung của: Bổ đề về hình thang. III. BÀI TẬP
7. Cho tứ giác ABCD có các góc vuông B và D . Gọi H , K lần lượt là chân đường
vuông góc kẻ từ một điểm M bất kì trên đường chéo AC đến các cạnh BC và AD . MH MK 1. AB CD
OF
Chứng minh rằng
8. Cho hình thang ABCD (AB CD ) . Một đường thẳng song song với hai đáy cắt các cạnh bên và các đường chéo AD, BD, AC và BC theo thứ tự tại M , N , P,Q . Chứng minh
ƠN
rằng MN PQ .
9. Cho tam giác ABC , đường trung tuyến AM . Trên cạnh AC lấy một điểm D , gọi I Chứng minh rằng IB 2 ID.IK .
NH
là giao điểm của AM và BD . Qua C kẻ đường thẳng song song với AB , cắt BD ở K .
10. (Bổ đề về diện tích) Cho tam giác ABC . Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm SABC SADE
AB.AC . AD.AE
QU Y
D và E thì ta có tỉ số
DẠNG 3. Chứng minh hai đường thẳng song song I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
M
Sử dụng định lí Ta-lét, lập tỉ lệ thức giữa các đoạn thẳng. Áp dụng định lí Ta-lét đảo, kết luận hai đường thẳng song song.
KÈ
II. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Trên đường chéo AC của hình bình hành ABCD lấy một điểm I . Qua I kẻ hai đường thẳng bất kì sao cho đường thứ nhất cắt AB,CD lần lượt ở E và F , đường
Y
thẳng thứ hai cắt AD, BC theo thứ tự ở G và H . Chứng minh rằng GE FH .
DẠ
Lời giải (hình 277) ABCD là hình bình hành nên AB CD và AD BC , suy ra AE FC , AG HC .
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AE FC và AG HC , ta được:
EI AI IC EI GI . IF GI AI IF IH IC IH
E
A G
B H
C
FI CI A
D Điều này chứng tỏ đường thẳng EG cắt hai cạnh IF , IH của tam giác F
L
I
IHF và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ,
nên EG HF (theo định lí Ta-lét đảo).
Hình 277
Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD . Đường thẳng qua A và song song với BC cắt BD ở E .
OF
Đường thẳng qua B và song song với AD cắt AC ở G . Chứng minh rằng EG BCD . Lời giải (hình 278)
A
O
OE OA OB OG (1); (2). OB OC OD OA
ƠN
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AE BC và BG AD , ta được: E
G C
D Hình 278
Nhân theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được:
NH
OE OB OA OG OE OG . . . OB OD OC OA OD OC
Điều này chứng tỏ đường thẳng EG cắt hai cạnh OD,OC của tam giác OCD và định ra đảo).
QU Y
trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ nên EG DC (theo định lí Ta-lét
Ví dụ 3. Cho hình thang ABCD và điểm E trên cạnh bên BC . Qua C vẽ đường thẳng song song với AE cắt AD ở K . Chứng minh rằng BK DE . Lời giải (hình 279)
M
Gọi I , M lần lượt là giao điểm của AE với BK và CK với AB .
B
M A
KÈ
K Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AI MK và IE KC , thu được:
I
Y
AI BI MK BK AI IE AI MK (1). BI IE MK KC IE KC KC BK
DẠ
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho MA DC , ta được: MK AK (2). KC KD
E C
D Hình 279
Từ (1) và (2) suy ra
AI AK . Điều này chứng tỏ đường thẳng KI cắt hai cạnh AD, AE IE KD
L
của tam giác ADE và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ nên
FI CI A
KI DE , hay KB DE (theo định lí Ta-lét đảo).
III. BÀI TẬP
11. Cho tứ giác ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo. Đường thẳng qua O
song song với BC cắt AB ở E . Đường thẳng qua O song song với CD cắt DA ở F . Chứng minh FE DB .
OF
12. Cho tứ giác ABCD . Đường thẳng qua giao điểm của hai đường chéo lần lượt cắt
AB và CD ở M , N . Đường thẳng qua M song song với CD cắt AC ở E , đường thẳng
qua N song song với AB cắt BD ở F . Chứng minh rằng BE CF .
ƠN
13. Cho tam giác ABC . Trên các cạnh AB, AC lấy các điểm I và K . Vẽ IM BK và KN CI (M AC , N AB ) . Chứng minh rằng MN BC .
14*. Cho tam giác ABC có các đường cao BD,CE . Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy
NH
các điểm F và G sao cho BD BF ,CE CG . Chứng minh rằng FG BC .
DẠNG 4*. Vẽ thêm đường thẳng song song để chứng minh
QU Y
hệ thức hình học, tính tỉ số hai đoạn thẳng
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Vẽ thêm đường thẳng song song.
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét để lập tỉ lệ thức giữa các đoạn thẳng. II. VÍ DỤ
M
Biến đổi tỉ lệ thức.
KÈ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC , I là một điểm trong tam giác, IA, IB, IC theo thứ tự cắt BC ,CA, AB ở M , N , P . Chứng minh rằng
A
F
NA PA IA . P NC PB IM
E N I
Y
Lời giải (hình 280)
DẠ
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC . Đường thẳn này cắt BN ,CP lần lượt ở E và F . Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AE BC và FA BC , ta được:
B
M Hình 280
C
NA EA PA AF (1); (2). NC BC PB BC
L
NA PA IA . NC PB IM
FI CI A
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được:
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC , lấy D AB, E AC sao cho BD CE . Gọi K là giao điểm của DE và BC . Chứng minh rằng tỉ số
KE AB . KD AC
A
Lời giải
D
Cách 1: (hình 281) Kẻ DH AC thì DH EC .
E
a C
OF
Đặt BD CE a .
H
B
K
Hình 281
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho DH EC và DH AC ,
ƠN
ta được: KE EC a (1); KD DH DH
A
Cách 2: (hình 282)
KE AB . KD AC
D
I
E a C
B
QU Y
Từ (1) và (2) suy ra
NH
DH BD a a AB (2). AC BA BA DH AC
K
Hình 282
Kẻ DI BC thì DI CK .
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho DI CK và DI BC , ta được:
KÈ
M
KE CE a CI BD a BA a (3); (4). KD CI CI CA BA BA CA CI
Từ (3) và (4) suy ra
KE AB . KD AC
A
D
E
Cách 3: (hình 283)
M
B
Y
Kẻ EM AB thì EM BD .
a C Hình 283
DẠ
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho EM BD và EM AB , ta được: KE EM EM CE EM a EM AB (5); (6). KD BD a CA AB CA a CA
A
D
K
Từ (5) và (6) suy ra
KE AB . KD AC
Kẻ EN BC thì EN BK . Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho EN BK và EN BC , ta được:
Từ (7) và (8) suy ra
OF
KE BN BN BN CE a BN BA (7); (8) KD BD a BA CA CA a CA
FI CI A
L
Cách 4: (hình 284)
KE AB . KD AC
III. BÀI TẬP
ƠN
15. Cho tam giác cân ABC có AB AC 13cm và BC 10cm . Trên cạnh AB đặt AM 5cm . Tính khoảng cách từ M đến BC .
NH
16. Cho tam giác ABC . Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm D và E sao cho DB 1 EA 2 , . Gọi F là giao điểm của ED và BC . Tính tỉ số FB; FC . DA 2 EC 3
17. Cho hình thoi ABCD cạnh a . Qua đỉnh C kẻ một đường thẳng cắt các tia đối của
QU Y
các tia BA và DA lần lượt ở H và K . Chứng minh rằng
1 1 1 . AH AK a
18*. Cho hình thang ABCD (AB CD ) . Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho BE CD . Gọi BE CD . Gọi I , K lần lượt là giao điểm của AC với DB và DE . Chứng AK AC . KC CI
KÈ
M
minh rằng
CHỦ ĐỀ 13.TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC TRONG TAM GIÁC
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Y
Định lí: Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai
DẠ
đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề với hai đoạn ấy.
3
ABC DB BA DB DC DB DC BC hay . DC AC BA CA BA CA BA CA A1 A2
Chú ý: Định lí vẫn đúng đối với tia phân giác của góc ngoài của E tam giác.
A 4 12
B Hình 285
D
C
L
ABC (AB AC ) EB BA . EC AC A3 A4
DẠNG 1. Tính độ dài đoạn thẳng I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
FI CI A
B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN
Áp dụng tính chất đường phân giác, lập tỉ lệ thức giữa các đoạn thẳng và sử dụng Áp dụng định lí Py-ta-go. II. VÍ DỤ
OF
kĩ thuật đại số hóa hình học.
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có AB 5cm, BC 7cm và CA 6cm . Tia phân giác của góc
Lời giải (hình 286)
ƠN
BAC cắt cạnh BC ở E . Tính các đoạn EB, EC .
A
5
6
Áp dụng tính chất của đường phân giác AD vào tam giác ABC
NH
và tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
C
E
EB EC EB EC BC , BA CA BA CA BA CA
Hình 286
EB EC 7 35 42 EB (cm ); EC (cm ) . 5 6 11 11 11
QU Y
Hay
D
II. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vuông ở A , đường phân giác BD . Tính AB, BC biết AD 4cm và DC 5cm .
M
Lời giải (hình 287)
A
KÈ
Áp dụng tính chất của đường phân giác BD vào tam giác ABC , ta được: AB 4t AB DA 4 (với t 0 ). BC 5t BC DC 5
4t
Y DẠ
(3t )2 92 3t 9 t 3 (vì t 0 ).
Vậy AB 12(cm ); BC 15(cm ) .
D 5
B
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông ở A , ta được: BC 2 CA2 AB 2 hay (5t )2 92 (4t )2
4
5t Hình 287
C
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC có BC 24cm, AC 3AB . Tia phân giác của góc ngoài tại
L
A cắt đường thẳng BC ở E . Tính độ dài EB .
FI CI A
Lời giải (hình 288) Áp dụng tính chất của đường phân giác ngoài AE vào tam giác ABC , ta được: EB BA BA 1 EB EC . EC CA 3BA 3 1 3
A
EB EC EC EB BC 24 12(cm ) 1 3 3 1 2 2
OF
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được: E
B 24cmC
Hình 288
ƠN
Vậy EB 12cm .
III. BÀI TẬP
DB 15cm; DC 20cm .
NH
1. Cho tam giác ABC vuông ở A , đường phân giác AD . Tính độ dài AB, AC biết
2. Cho tam giác ABC có AB 30cm; AC 45cm; BC 50cm , đường phân giác AD . Tính các độ dài BD, DC .
QU Y
3. Cho tam giác ABC vuông ở A , đường phân giác BD . Tính độ dài BD , biết AB 6cm; BC 10cm .
4. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH có AB 15cm; AC 20cm . Tia phân giác của góc HAB cắt HB ở D , tia phân giác của góc HAC cắt HC ở E . Tính độ dài
M
của các đoạn AH , HD và HE .
KÈ
DẠNG 2.Tính tỉ số độ dài, tỉ số diện tích hai tam giác
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Y
Áp dụng tính chất đường phân giác, lập tỉ lệ thức giữa các đoạn thẳng. Sử dụng kĩ thuật đại số hóa hình học. Công thức và kết quả thu được từ công thức
DẠ
tính diện tích tam giác.
II. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC với đường trung tuyến AM . Tia phân giác của góc AMB A
cắt cạnh AB ở D , tia phân giác của góc AMC cắt các cạnh AC ở E . Chứng minh rằng
L
DE BC .
FI CI A
Lời giải (hình 289)
D
Từ giả thiết AM là trung tuyến, đặt BM MC a .
1
B Áp dụng tính chất của đường phân giác MD và ME vào hai tam giác
2 3
4
M
Hình 289
AMB và AMC , ta được:
OF
AD AM AM MB a AD AE . DB AE AM AM DB EC MC a EC
Điều này chứng tỏ đường thẳng DE cắt hai cạnh AB và AC của tam
ƠN
giác ABC và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ, nên DE BC (theo định lí Ta-lét đảo).
NH
Ví dụ 2.
a) Cho tam giác ABC với đường trung tuyến AM và phân giác AD . Tính diện tích tam giác ADM biết AB m, AC n (n m ) .
QU Y
b) Cho n 7cm, m 3cm . Hỏi diện tích tam giác ADM chiếm bao nhiêu phần trăm diện tích tam giác ABC ? Lời giải (hình 290) a) Ta có
S ADM SABC
A
B
M
(vì chung chiều cao kẻ từ A đến BC , với S S ABC ).
KÈ
Áp dụng tính chất của đường phân giác AD vào tam giác ABC , ta được:
Y
DB mt DB BA m (với t 0 ). DC nt DC CA n 1 2
Do đó BC DB DC (m n ).t , nên: BM BC
DM Hình 290
Ta còn phải tính tỉ số DM : BC .
DẠ
n
m
DM DM hay SADM .S BC BC
(m n )t . 2
E
C
C
(m n )t mt (n m )t . 2 2
Vậy S ADM
(n m )t n m . : (m n )t 2 2(m n )
L
Suy ra tỉ số DM : BC
n m .S . 2(m n )
b) Với n 7cm, m 3cm thì S ADM
73 .S 0, 2.S 20%S . 2(7 3)
FI CI A
DM BM BD
OF
Điều này chứng tỏ diện tích tam giác ADM chiếm 20% diện tích tam giác ABC . Ví dụ 3. Cho tam giác ABC , các đường phân giác BD và CE . Biết
AD 2 EA 5 ; . BC 3 EB 6
ƠN
Tính các cạnh của tam giác ABC , biết chu vi tam giác bằng 45cm . Lời giải (hình 291)
Áp dụng tính chất của các đường phân giác BD và CE vào tam giác ABC , ta được: AB 4t AB AD 2 4 (với t 0 ); BC 6t BC BC 3 6
NH
QU Y
AC 5t AC AE 5 . BC 6t BC EB 6
A
Từ giả thiết chu vi của tam giác ABC bằng 45cm , ta có:
5
E
2
D 3
6
B
C Hình 291
45 AB BC CA 4t 6t 5t 15t t 3 .
M
Vậy AB 12cm; BC 18cm;CA 15cm . III. BÀI TẬP
KÈ
5. Cho tam giác ABC có AB 4cm; BC 6cm;CA 5cm , các đường phân giác BD,CE cắt nhau ở I .
a) Tính các độ dài AD, DC .
DẠ
Y
b*) Tính tỉ số diện tích các tam giác DIE và ABC . 6*. Cho tam giác ABC có AB 8cm; AC 12cm , đường phân giác AD . Trên đoạn AD lấy điểm E sao cho
AE 3 AK . . Gọi K là giao điểm của BE và AC . Tính tỉ số AD 5 KC
7*. Cho tam giác ABC có BC a;CA b; AB c . Các đường phân giác AD, BE ,CF cắt
DI a ; DA a b c
b)
DI EI FI 1. DA EB FC
FI CI A
a)
L
nhau ở I . Chứng minh rằng:
CHỦ ĐỀ 14.CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA HAI TAM GIÁC THƯỜNG
I. KHÁI NIỆM HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
a) Định nghĩa
ƠN
1. Tam giác đồng dạng
OF
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Tam giác A B C gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu chúng có ba cặp góc đôi một bằng nhau và ba cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.
NH
A , B B ,C C A A B C ∽ ABC A B B C C A . BC CA AB
QU Y
Khái niệm mới:
Các cặp góc bằng nhau gọi là các góc tương ứng của hai tam giác đồng dạng. Các đỉnh của các góc bằng nhau gọi là các đỉnh tương ứng. Các cạnh đối diện với các góc bằng nhau gọi là các cạnh tương ứng. Tỉ số các cạnh tương ứng
A B B C C A k gọi là tỉ số đồng dạng. AB BC CA
M
b) Tính chất
KÈ
Tính chất phản xạ: ABC ∽ ABC với tỉ số đồng dạng k 1 . Tính chất đối xứng: Nếu A B C ∽ ABC theo tỉ số đồng dạng k1
Y
A B C theo tỉ số đồng dạng k2
A B thì ABC ∽ AB
AB . A B
DẠ
A B C A B C Tính chất bắc cầu: Nếu thì A B C ∽ ABC . A B C ABC
A
D
E
2. Định lí nhận biết hai tam giác đồng dạng B
C Hình 292
Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam giác và song song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới đồng dạng với tam giác đã cho.
FI CI A
L
ABC ADE ABC . DE BC
Chú ý: Định lí trên cũng đúng trong trường hợp đường thẳng cắt phần kéo dài hai cạnh của tam giác và song song với cạnh còn lại. II. TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG THỨ NHẤT (C.C.C)
OF
A
A'
a)
C
ƠN
B
B'
C'
b)
QU Y
NH
Hình 293
Nếu ba cạnh của tam giác này tỉ lệ với ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó
M
đồng dạng ( A B C và ABC có
KÈ
A B B C C A thì A B C ∽ ABC (c.g.c)). AB BC CA
Kết quả 1: Hai tam giác đều bất kì luôn đồng dạng với nhau (c.c.c). TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG THỨ HAI (C.G.C) A
DẠ
Y
III.
A'
B
a)
C
B' Hình 294
b)
C'
L FI CI A OF
Nếu hai cạnh của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia và hai góc tạo bởi các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng (nếu A B C và ABC ) có
ƠN
A A A B A C A B C ∽ ABC (c.g.c)). AC AB
NH
Kết quả 2: Hai tam giác vuông cân bất kì luôn đồng dạng với nhau (c.c.c). Kết quả 3: Nếu góc ở đỉnh của tam giác cân này bằng góc ở đỉnh của tam giác cân kia thì hai tam giác cân đó đồng dạng với nhau (c.c.c). IV. TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG THỨ BA (G.G)
QU Y
A
DẠ
Y
KÈ
M
B
a)
A'
C
B' Hình 295
b)
C'
Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó
FI CI A
L
A A đồng dạng với nhau (nếu A B C và ABC có A B C ∽ ABC (g.g)). B B
Kết quả 4: Nếu góc ở đáy của tam giác cân này bằng góc ở đáy của tam giác cân kia thì hai tam giác cân đó đồng dạng với nhau (g.g). B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN
DẠNG 1. Vẽ tam giác đồng dạng với tam giác cho trước.
OF
Chứng minh hai tam giác đồng dạng I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Vẽ tam giác đồng dạng với tam giác cho trước.
ƠN
Xác định tỉ số đồng dạng.
Kẻ đường thẳng song song với một cạnh của tam giác. 2. Chứng minh hai tam giác đồng dạng.
NH
Sử dụng định nghĩa hoặc định lí nhận biết hai tam giác đồng dạng. II. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC . Hãy vẽ tam giác đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số
a) k
2 ; 3
QU Y
đồng dạng:
b) k
Lời giải (hình 296)
4 . 3
2 AM 2 , thế thì k. 3 AB 3
M
a) Giả sử đã vẽ được AMN ∽ ABC theo tỉ số k
KÈ
Từ đó suy ra cách vẽ gồm hai bước sau: Bước 1: Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho
AM 2 . AB 3
Bước 2: Kẻ Mx BC cắt AC ở N .
DẠ
Y
A
A
N x
M
B
C y
B a)
C
P Hình 296
b)
Q
L FI CI A
2 . 3
Từ đó suy ra cách vẽ gồm hai bước sau: Bước 1: Trên tia AB lấy điểm P sao cho
4 AP 4 thế thì k. 3 AB 3
ƠN
b) Giả sử đã vẽ được APQ ∽ ABC theo tỉ số k
OF
Ta có AMN ∽ ABC theo tỉ số k
AP 4 . AB 3
NH
Bước 2: Kẻ Py BC cắt tia AC ở Q . Ta có APQ ∽ ABC . 1 2
Ví dụ 2. Từ điểm M thuộc cạnh AB của ABC với AM MB , kẻ các tia MN BC
QU Y
và MP AC .
A
a) Hãy nêu tất cả các cặp tam giác đồng dạng. b) Đối với mỗi cặp tam giác đồng dạng, hãy viết các cặp góc M
N
bằng nhau và tỉ số đồng dạng.
M
Lời giải (hình 297)
B
a) Có ba cặp tam giác đồng dạng là AMN và ABC , BMP và
P
C
Hình 297
KÈ
BAC , AMN và MBP .
b) Bạn đọc tự giải.
Y
III. BÀI TẬP
1. Cho tam giác ABC . Hãy vẽ một tam giác đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số
DẠ
k 2.
1 3
2. Cho tam giác ABC . Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD AB . Trên
L
1 AC . Chứng minh rằng ADE ∽ ABC , 3
tìm tỉ số đồng dạng?
FI CI A
tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho AE
DẠNG 2. Tính chất của hai tam giác đồng dạng I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau. II. VÍ DỤ
OF
Sử dụng định nghĩa và tính chất hai tam giác đồng dạng.
ƠN
Ví dụ 1. A B C ∽ A B C theo tỉ số đồng dạng k1 , A B C ∽ ABC theo tỉ số đồng dạng k2 . Hỏi A B C ∽ A B C và A B C ∽ ABC đồng dạng với nhau
Lời giải
NH
theo tỉ số nào?
Gọi tỉ số đồng dạng của A B C ∽ A B C là k . A B 1 1 . A B A B k1 A B
QU Y
Thì k
Điều này chứng tỏ A B C ∽ A B C đồng dạng với nhau theo tỉ số k
1 . k1
Gọi tỉ số đồng dạng của A B C ∽ ABC là k 3 :
M
A B A B A B A B A B nên k 3 , k2 . k1 .k2 . A B AB AB A B AB
KÈ
Thì k1
Điều này chứng tỏ A B C ∽ ABC đồng dạng với nhau theo tỉ số k 3 k1 .k2 . 3 . 5
Y
Ví dụ 2. Cho tam giác A B C ∽ ABC theo tỉ số đồng dạng k
DẠ
a) Tính tỉ số chu vi của hai tam giác đã cho. b) Cho biết hiệu chu vi của hai tam giác trên là 40dm . Tính chu vi của hai tam giác đã cho.
Lời giải
Gọi chu vi của hai tam giác A B C , ABC lần lượt là p và p .
k
L
bằng nhau ta có:
3 và tính chất của dãy tỉ số 5
FI CI A
a) Từ giả thiết A B C ∽ ABC theo tỉ số đồng dạng k
A B B C C A A B B C C A p 3 . AB BC CA AB BC CA p 5
Điều này chứng tỏ tỉ số chu vi của hai tam giác là k
p p p p 40 20 p 60(dm ); p 100(dm ) . 3 5 53 2
OF
b) Từ câu a) suy ra
3 . 5
III. BÀI TẬP
ƠN
3. Hai tam giác đồng dạng với nhau có bằng nhau hay không? Vì sao? 2 3
dạng k2
3 . 4
a) Vì sao ABC ∽ A2B2C 2 ?
NH
4. Cho ABC ∽ A1B1C 1 với tỉ số đồng dạng k1 . A1B1C 1 ∽ A2B2C 2 với tỉ số đồng
QU Y
b) Tìm tỉ số đồng dạng của hai tam giác đó.
5. Tam giác ABC có AB 3cm, BC 4cm và CA 6cm . Tính độ dài các cạnh của tam giác A B C đồng dạng với tam giác đã cho nếu cạnh bé nhất của tam giác bằng cạnh lớn nhất của tam giác đã cho.
6. Cho tam giác ABC có AB 16, 2cm, BC 24, 3cm,CA 32, 7cm .
M
Tính độ dài các cạnh của tam giác A B C đồng dạng với tam giác đã cho nếu cạnh
KÈ
A B tương ứng với cạnh AB và
a) Lớn hơn cạnh đó 10, 8cm .
DẠ
Y
b) Bé hơn cạnh đó 5, 4cm .
DẠNG 3. Nhận biết hai tam giác đồng dạng theo trường hợp thứ nhất (c.c.c). Chứng minh hai góc bằng nhau
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Sắp thứ tự các cạnh của hai tam giác, từ nhỏ đến lớn. Lập ba tỉ số, nếu chúng bằng nhau thì kết luận.
L
II. VÍ DỤ
a) ABC và A B C có đồng dạng với nhau không? Vì sao? b) Tính tỉ số chu vi của hai tam giác đó.
a) Câu trả lời là có. Giải thích: Sắp thứ tự các cạnh của ABC : 6, 9,12 .
Ta thấy
ƠN
Sắp thứ tự các cạnh của A B C : 4, 6, 8 .
OF
Lời giải (hình 298)
FI CI A
Ví dụ 1. Cho hai tam giác ABC và A B C có các kích thước như trong hình 298.
6 9 12 3 AB CA BC ABC ∽ A B C (c.c.c) nên 4 6 8 2 AB CA B C
NH
A
12 a)
C
6
4
B'
8 b)
C'
Hình 298
KÈ
M
QU Y
B
A'
9
6
Y
b) Gọi chu vi các tam giác ABC và A B C lần lượt là p, p .
DẠ
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau cho dãy tỉ số trên, ta được: AB CA BC AB CA BC p 3 . AB CA BC A B C A B C p 2
Ví dụ 2. Tứ giác ABCD có AB 2cm; BC 6cm;CD 8cm; DA 3cm và BD 4cm .
a) BAD ∽ DBC ;
3
b) Tứ giác ABCD là hình thang.
D
Lời giải (hình 299)
6
4 8
C
Hình 299
a) Sắp thứ tự các cạnh của BAD : 2, 3, 4 . Sắp thứ tự các cạnh của DBC : 4, 6, 8 . 2 3 4 4 6 8
1 BA AD DB nên BAD ∽ DBC (c.c.c) 2 DB BC CD
OF
Ta thấy
B
2
L
A
FI CI A
Chứng minh rằng:
ƠN
BDC AB CD b) Từ câu a) BAD ∽ DBC suy ra ABD .
Tứ giác ABCD có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang. III. BÀI TẬP
NH
7. Hai tam giác mà các cạnh có độ dài như sau có đồng dạng không? a) 4cm; 5cm; 6cm và 8mm;10mm;12mm .
QU Y
b) 3cm; 4cm; 6cm và 9cm;15cm;18cm . c) 1dm; 2dm;2dm và 1dm;1dm; 0, 5dm .
8. Cho tứ giác ABCD có AB 3cm; BC 10cm;CD 12cm; AD 5cm và đường chéo BD 6cm . Chứng minh rằng:
M
a) ABD ∽ BDC ;
KÈ
b) Tứ giác ABCD là hình thang.
DẠNG 4. Nhận biết hai tam giác đồng dạng theo trường hợp thứ hai (c.c.c)
Y
để tính độ dài đoạn thẳng. Chứng minh hai góc bằng nhau
I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
DẠ
Chọn ra hai góc bằng nhau, sắp thứ tự hai cạnh tạo nên mỗi góc đó. Lập hai tỉ số, nếu chúng bằng nhau thì kết luận. Từ định nghĩa tam giác đồng dạng suy ra tỉ số đồng dạng, các góc tương ứng bằng nhau.
II.
VÍ DỤ
B
Ví dụ 1. Trên một cạnh của góc xOy (Ox Oy ) đặt các đoạn thẳng thẳng OC 8cm,OD 10cm .
L
16
OA 5cm,OB 16cm . Trên cạnh thứ hai của góc đó, đặt các đoạn
A
FI CI A
5
a) Chứng minh OCB ∽ OAD .
O
10
Hình 300
và ICD có các góc bằng nhau từng đôi một. Lời giải (hình 300)
OF
Vì
C D
8
b) Gọi I là giao điểm của các cạnh AD và BC . Chứng minh rằng AIB
O . a) Xét OCB và OAD có O
Z47
5 8 OA OC OA OD nên , suy ra OCB ∽ OAD (c.g.c). 10 16 OD OB OC OB
CBO hay IDC IBA . Lại có CID AIB (vì b) Từ câu a), OCB ∽ OAD nên ADO
ƠN
IAB . đối đỉnh), suy ra hai góc còn lại bằng nhau là ICD
Ví dụ 2*. Cho tam giác ABC có AB 9cm, BC 7cm và CA 12cm . Chứng minh rằng
NH
2C . B
Lời giải (hình 301)
vì Trên tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho BD BC thì AD 9 7 16 và C1 D
QU Y
trong tam giác BCD , đối diện với hai cạnh bằng nhau là hai góc bằng nhau. A , vì 9 12 (do cùng bằng 3 ) nên: Xét ABC và ACD có A
12
16
AB AC . ABC ∽ ACD (c.g.c) C D AC AD
4
B 9
D 7 7
12
A
1
C
Hình 301
M
ACD C D 2C . Do đó ABC
KÈ
III. BÀI TẬP
9. Trên đoạn BC 13cm , đặt đoạn BH 4cm . Trên đường vuông góc với BC tại H , 900 . đặt đoạn HA 6cm . Chứng minh rằng BAC
Y
D 900 ) có 10. Cho hình thang vuông ABCD (A AB 2cm, BD 4cm và CD 8cm .
DẠ
Tính độ dài BC . 11. Cho hình thang ABCD có AB 2cm, BD 4cm và cạnh đáy CD 8cm . Chứng minh BDC . rằng A
600 . Qua C kẻ đường thẳng d cắt các tia đối của các tia 12. Cho hình thoi ABCD có A
EB AD . BA DF
FI CI A
a)
L
BA, DA theo thứ tự ở E và F . Gọi I là giao điểm của BF và DE . Chứng minh rằng:
b) EBD ∽ BDF . 1200 . c) BID
OF
DẠNG 5. Nhận biết hai tam giác đồng dạng theo trường hợp thứ ba (g.g) để tính độ dài đoạn thẳng I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
ƠN
1. Chứng minh hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau.
2. Áp dụng định nghĩa hai tam giác đồng dạng, lập tỉ số giữa các cạnh tương ứng.
NH
II. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Chứng minh rằng nếu A B C ∽ ABC theo tỉ số k thì tỉ số của hai đường phân giác tương ứng của chúng cũng bằng k . A
Lời giải (hình 302)
QU Y
21
C
D
A' 21
C'
B
D'
B'
b)
a)
Y
KÈ
M
Hình 302
DẠ
và A thì A A , A A . Gọi A D , AD là đường phân giác của các góc A 1 2 1 2 A , B B , k A B . Từ giả thiết A B C ∽ ABC theo tỉ số k , suy ra A AB
Do đó A B D ∽ ABD (g.g) theo tỉ số đồng dạng
A B k . AB
L
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD (hình 303) có AB 12cm, BC 7cm . Trên cạnh AB
FI CI A
lấy một điểm E sao cho AE 8cm , đường thẳng DE cắt BC ở F .
a) Trong hình vẽ đã cho có bao nhiêu cặp tam giác đồng dạng với nhau? Hãy viết các cặp tam giác đồng dạng với nhau theo các đỉnh tương ứng. b) Tính độ dài các đoạn thẳng EF và BF , biết rằng DE 10cm .
OF
Lời giải
Để viết được các cặp tam giác đồng dạng với nhau theo các đỉnh tương ứng, trước hết phải chỉ A B
a) Vì 1 BEF ∽ AED (g.g). E1 E 2
C A AED ∽ CDF (g.g) E1 D 1
NH
AB CD EB CD FBE ∽ FCD .
12
F
8
A
ƠN
ra các góc bằng nhau để tìm được các đỉnh tương ứng.
1E
1B
2
7
D
1
C Hình 303
QU Y
Như vậy có tất cả ba cặp tam giác đồng dạng như trên. b) Từ câu a) BEF ∽ AED
EF BF EB hay ED AD EA
EF BF 4 1 EF 5(cm ), BF 4(cm ) . 10 8 8 2
M
BDC . Ví dụ 3. Hình 304 cho biết EBA
KÈ
a) Trong hình vẽ có bao nhiêu tam giác vuông? Hãy kể tên các tam giác đó. b) Cho biết AE 10cm, AB 15cm, BC 12cm . Hãy tính độ dài các đoạn thẳng D
c) So sánh diện tích tam giác BDE với tổng diện tích của hai Etam
1
Y
CD, BE , BD và ED (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
DẠ
giác AEB và BCD . 10
Lời giải (hình 304) a) Từ giả thiết và tính chất về góc của tam giác vuông BCD , ta có:
15
A
1
2
B Hình 304
12
C
L
D B B 900 EBD 900 , do 1 1 B ABC 1 2 0 B2 D1 90
FI CI A
là góc bẹt. Vậy trong hình vẽ có ba tam giác vuông là ABE , BCD và EBD . A C b) Vì CDB ∽ ABE (g.g) B D1 1 CD CB CD 10 10.15 hay CD CD 18(cm ) . AB AE 15 12 12
OF
Suy ra
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác ABE vuông ở A , ta được:
ƠN
BE 2 EA2 AB 2 hay BE 2 102 152 325 BE 18, 0(cm ) .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BCD vuông ở C , ta được: BD 2 DC 2 CB 2 hay BD 2 182 122 468 BD 21, 6(cm ) .
NH
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EBD vuông ở B , ta được: ED 2 DB 2 BE 2 hay ED 2 325 468 793 ED 28, 2(cm ) . 1 2
S AEB S BCD
1 1 325. 468 152100 195(cm 2 ) . 2 2
QU Y
c) S BDE BE .BD
1 1 15.10 12.18 183(cm 2 ) . 2 2
Vậy S BDE S AEB S BCD .
M
III. BÀI TẬP
13. Cho tam giác ABC có AB 6cm, AC 9cm . Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho
KÈ
C . Tính độ dài AD . ABD
14. Cho tam giác ABC (AB AC ) , đường phân giác AD . Trên cạnh AC lấy điểm E
Y
BAC . sao cho CDE
DẠ
a) Hãy tìm tam giác đồng dạng với tam giác ABC . b) Chứng minh rằng DB DE . 2C , AB 4cm, BC 5cm . Tính độ dài AC . 15. Cho tam giác ABC có B
16. Cho tam giác ABC cân ở A , đường phân giác BD . Có BC 5cm, AC 2cm .
a) Tính độ dài AD, DC .
L
b) Tính độ dài BD .
FI CI A
17*. Cho tam giác ABC cân tại A , có góc ở đáy bằng . Trên các cạnh AB, BC ,CA lần . Chứng minh rằng các tam giác BDM và lượt lấy các điểm D, M , E sao cho DME
CME đồng dạng.
DẠNG 6. Sử dụng tam giác đồng dạng để dựng hình
OF
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Dựng một tam giác bất kì đồng dạng với tam giác phải dựng.
ƠN
Bước 2: Dùng điều kiện về độ dài chưa sử dụng đến để dựng tiếp. II. VÍ DỤ
600 , tỉ số AB 4 và đường cao AH 6cm . Ví dụ 1. Dựng tam giác ABC , biết A
5
A
NH
AC
Lời giải (hình 305)
60°
600 và AB 4, AC 5 . Bước 1: Dựng A B C biết A 0
QU Y
Dựng xAy 60 .
Trên tia Ax dựng đoạn AB 4 . Trên tia Ay dựng đoạn AC 5 .
C C' x
B
H
B' y
H' Hình 305
Bước 2: Dựng ABC ∽ A B C có đường cao AH 6cm . Dựng đường cao AH B C .
M
Trên tia AH lấy AH 6cm . Qua H , dựng đường thẳng vuông góc với AH , cắt Ax và Ay ở B và C .
KÈ
Ta được tam giác ABC là tam giác cần dựng. 600 ,C 450 và đường cao Ví dụ 2. Dựng tam giác ABC , biết B AH 5cm .
Y
Lời giải (hình 306) A
DẠ
Bước 1:
AB C biết B 600 ;C 450 .
Bước 2:
B
H
B' 60° H' Hình 306
C 45° C'
Dựng ABC ∽ AB C có đường cao AH 5cm .
L
Dựng đường cao AH B C .
FI CI A
Trên tia AH lấy AH 5cm . Qua H , dựng đường thẳng song song với B C , cắt Ax và By ở B và C ta được tam giác ABC là tam giác cần dựng. Chứng minh: Thật vậy, theo cách dựng BC B C nên
III. BÀI TẬP
OF
B 600,C C 450, AH 5cm . B
600 , tỉ số AB 1 và trung tuyến AM 4cm . 18. Dựng tam giác ABC , biết A
AC
3
ƠN
700 ,C 300 19. Dựng tam giác ABC , biết B và đường phân giác AD 3cm . AB 3 . AC 4
NH
20. Dựng tam giác ABC vuông ở A , biết BC 10cm , tỉ số
Chủ đề 15
QU Y
CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM GIÁC VUÔNG A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Áp dụng các trường hợp đồng dạng của tam giác vào tam giác vuông Hai tam giác vuông đồng dạng với nhau nếu:
M
Tam giác vuông này có một góc nhọn bằng góc nhọn của tam giác vuông kia (trường hợp g.g).
KÈ
Tam giác vuông này có hai cạnh góc vuông tỉ lệ với hai cạnh góc vuông của tam giác vuông kia (trường hợp c.g.c). 2. Dấu hiệu đặc biệt nhận biết hai tam giác vuông đồng dạng
Y
Định lí 1: Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này tỉ lệ với cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng
DẠ
dạng (trường hợp cạnh huyền - cạnh góc vuông). 3. Tỉ số hai đường cao, tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng Định lí 2: Tỉ số hai đường cao tương ứng của hai tam giác đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng.
Định lí 3: Tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng
L
dạng.
FI CI A
B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN DẠNG 1. Nhận biết hai tam giác vuông đồng dạng để tính độ dài đoạn thẳng, tính góc I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Nhận biết hai tam giác vuông đồng dạng:
OF
Thường sử dụng các trường hợp thứ ba hoặc thứ hai, trong đó yếu tố góc là góc vuông hoặc trường hợp đồng dạng cạnh huyền - cạnh góc vuông. 2. Tính độ dài đoạn thẳng, tính góc:
ƠN
Sử dụng định nghĩa tam giác đồng dạng, lập tỉ số giữa các cạnh tương ứng, thay số rồi giải phương trình.
Sử dụng định nghĩa tam giác đồng dạng, tìm ra góc tương ứng bằng nhau.
NH
II. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Trên hình 307, hãy chỉ ra các tam giác đồng dạng. Viết các tam giác này theo thứ tự các đỉnh tương ứng và giải thích vì sao chúng đồng dạng.
QU Y
Lời giải (hình 307)
E
A A ABE ∽ ADC (g.g), vì 900 : B D
1
F 2
A
B Hình 307
M
E E EDF ∽ EBA (g.g), vì 900 ; D B
D
KÈ
C C CBF ∽ CDA (g.g), vì 900 ; B D
Y
D 900 B BFC ∽ DFE (g.g), vì . F2 F1
DẠ
Ví dụ 2. Cho hình 308 có tam giác ABC vuông ở A và có đường cao AH . a) Trong hình vẽ có bao nhiêu cặp tam giác đồng dạng với nhau? Hãy chỉ rõ từng cặp tam giác đồng dạng và viết theo các đỉnh tương ứng.
C
b) Cho biết AB 5cm, AC 12cm . Tính độ dài các đoạn thẳng BC , AH , BH và CH . Lời giải (hình 308)
L
A
a) Trong hình vẽ có ba cặp tam giác đồng dạng là BHA và BAC ,CHA 5
FI CI A
12
và CAB, HAB và HCA .
B H b) Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông ở A , ta được:
C
Hình 308
BC 2 CA2 AB 2 hay BC 2 122 52 133 BC 13(cm ) . 1 2
1 2
60 (cm ) . 13
Từ câu a), BHA ∽ BAC
25 144 (cm ) . 13 13
NH
Do đó CH BC BH 13
BH BA BH 5 25 hay BH (cm ) . BA BC 5 13 13
ƠN
Hay 5.12 13.AH AH
OF
Vì S ABC AB.AC AH .BC AB.AC AH .BC :
Ví dụ 3. Chân đường cao AH chia cạnh huyền BC thành hai đoạn thẳng có độ dài 25cm và 36cm . Tính chu vi và diện tích của tam giác vuông đó (h. 308). AH HB , hay HC HA
QU Y
Vì AHB ∽ CHA nên
HA 25 HA2 302 HA 30(cm ) . 36 HA 1 2
A
1 2
25
B
36
H
C Hình 309
1 2
Ta có SABC AH .BC .30.61 915(cm 2 ) .
M
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta tính được: AB 39cm; AC 47cm .
KÈ
Vậy chu vi tam giác ABC gần bằng 147cm . Ví dụ 4*. Cho điểm B nằm trên đoạn thẳng AC , AB 6cm, BC 24cm . Vẽ về một phía của AC các tia Ax và Cy vuông góc với AC . Trên tia Ax lấy điểm E sao cho
Y
90 y 0. EB 10cm , trên tia Cy lấy điểm D sao cho MD 30cm . Chứng minh rằng EBD
DẠ
Lời giải (hình 310)
D
x
E
Trước hết ta đi tính đoạn CD .
30 10 6 1
A
2
24
B
C Hình 310
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác CDB vuông ở C ta được BD 2 DC 2 CB 2 hay 302 DC 2 242
FI CI A
L
DC 2 182 DC 18(cm ) .
BD C 900 và BE Xét BEA và DBC có A BA
(vì
BC
10 30 5 ), do đó: 6 18 3
BEA ∽ DBC (theo trường hợp cạnh huyền - cạnh góc vuông).
OF
Từ định nghĩa tam giác đồng dạng và tính chất về góc của tam giác vuông DCB , ta có:
ƠN
D B B 900 EBD 900 (do góc ABC là góc bẹt). 1 1 B 1 2 0 B D1 90 2
III. BÀI TẬP
HB 9cm và HC 16cm .
NH
1. Cho tam giác ABC vuông ở A , đường cao AH . Hãy tính các độ dài AH , AB, AC biết
2. Cho tam giác ABC vuông ở A , đường cao AH có BH 4cm, HC 9cm . Gọi M là trung điểm của BC . Tính các cạnh của tam giác AHM .
QU Y
D 900 ) 3. Cho hình thang vuông ABCD (A có AB 6cm,CD 12cm, AD 17cm . 900 . Trên cạnh AD đặt đoạn AE 8cm . Chứng minh BEC
4. Cho tam giác ABH vuông tại H có AB 20cm, BH 12cm . Trên tia đối của tia HB lấy điểm C sao cho
AC 5 . AH 3
M
a) Chứng minh rằng ABH ∽ CAH .
KÈ
. b) Tính BAC
D 900 ) có AB 4cm,CD 9cm và BC 13cm . 5*. Cho hình thang vuông ABCD (A
DẠ
Y
Tính khoảng cách từ trung điểm M của AD đến BC .
DẠNG 2. Tỉ số hai đường cao, tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng các định lí:
Tỉ số hai đường cao tương ứng của hai tam giác đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng. Tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
L
II. VÍ DỤ
FI CI A
Ví dụ 1. Tam giác ABC có BC 15cm , đường cao AH 10cm . Một đường thẳng d
song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt ở D và E . Tính độ dài DE , biết rằng A
DE bằng khoảng cách từ D đến BC .
D
Lời giải (hình 311)
E
d
K
Gọi K là giao điểm của AH và DE . B
H
OF
AH BC AH DE tại K , nên khoảng cách từ D Do DE BC
đến BC bằng KH .
C
Hình 311
ƠN
Từ giả thiết DE bằng khoảng cách từ D đến BC nên đặt: DE KH x thì AK 10 x .
Vì DE BC nên ADE ∽ ABC , do đó tỉ số hai đường cao AK và AH bằng tỉ số
x
15.10 6(cm ) . 25
Vậy DE 6cm .
NH
AK DE 10 x x 10 x x 10 , hay 10 15 10 15 25 AH BC
QU Y
đồng dạng
Ví dụ 2. Tam giác ABC có độ dài các cạnh là 3cm, 4cm, 5cm . Tam giác A B C đồng dạng với tam giác ABC và có diện tích là 54cm 2 . Tính độ dài các cạnh của tam giác
Lời giải
M
A B C .
KÈ
Trước hết ta chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Thật vậy, vì 32 42 52 thỏa mãn hệ thức Py-ta-go nên tam giác ABC là tam giác
Y
vuông có hai cạnh góc vuông là 3cm và 4cm , do đó diện tích của nó là
DẠ
Từ giả thiết A B C ∽ ABC , nên
S A B C S ABC
A B 2 54 32 ; AB 6
Điều này chứng tỏ tỉ số đồng dạng của hai tam giác trên là k 3 . Vậy độ dài các cạnh của tam giác ABC là 9cm,12cm,15cm .
3.4 6(cm 2 ) . 2
Ví dụ 3*. Cho tam giác ABC . Qua D là điểm trên cạnh BC lần lượt kẻ các đường A
tam giác BED bằng 16cm 2 , diện tích tam giác FDC bằng 25cm 2 .
F
E
FI CI A
Tính S ABC .
16
Lời giải (hình 312)
B
S
(1)
Lại có DF AB nên CDF ∽ CBA 2
CDF
S
CD 2 5 CD 5 CB S CB S
(2)
9 S
BD CD 4 5 , hay BC CB S S
NH
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), thu được
1
C
ƠN
S
D
OF
2
BD 2 16 4 BD 4 S BC BC S S
25
Hình 312
Đặt S ABC S . Vì DE AC nên BEC ∽ BAC . S BED
L
thẳng song song với AB, AC chúng cắt AB, AC theo thứ tự ở E và F . Biết diện tích
S 9 S 81(cm 2 ) .
III. BÀI TẬP
QU Y
Vậy diện tích tam giác ABC bằng 81cm 2 .
6. Cho hình thang ABCD (AB CD ) có AB 3cm,CD 6cm , đường cao bằng 4cm , các đường chéo cắt nhau ở O . Tính diện tích các tam giác OAB và OCD . 7. Cho tam giác ABC . Một đường thẳng song song với BC , cắt các cạnh AB và AC ở
M
D và E . Biết diện tích tam giác ADE bằng nửa diện tích tam giác ABC . Tính tỉ số
DE . BC
KÈ
8. Cho tam giác ABC vuông ở A có đường cao AH 8cm, BC 20cm . Gọi D là hình chiếu của H trên AB . a) Chứng minh ADE ∽ ABC .
DẠ
Y
b) Tính diện tích tam giác ADE . 9*. Gọi O là điểm bất kì trong tam giác ABC . Qua O kẻ các đường thẳng MN , PQ, RS lần lượt song song với BC ,CA, AB (P, S BC ; N ,Q AC ; R, M AB ) . Gọi diện tích các tam giác ABC , ROM ,QNO,OSP theo thứ tự là S ; S1 ; S 2 ; S 3 . Chứng minh rằng: S1 S 2 S 2 S .
L
DẠNG 3. Sử dụng tam giác vuông đồng dạng để chứng minh
FI CI A
đẳng thức hình học I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Tìm các tam giác vuông đồng dạng. 2. Lập và biến đổi các đoạn thẳng tỉ lệ. II. VÍ DỤ
OF
Ví dụ 1. Chứng minh rằng: Trong một tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông.
A
Xét tam giác vuông ABC vuông ở A .
Thật vậy, kẻ AH BC .
B
H
C Hình 313
NH
Ta phải chứng minh: BC 2 CA2 AB 2 .
ƠN
Lời giải (hình 313)
B B Có BHA ∽ BAC (g.g) H A 900
QU Y
BH BA BA2 BH .BC BA BC
Nên
(1)
C C CH CA Có CHA ∽ CAB (g.g) nên CA2 BC .CH 0 CA CB H A 90
(2)
M
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được:
KÈ
CA2 AB 2 BC .(BH CH ) BC .BC BC 2 (đpcm).
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD (AC AB ) . Gọi E là hình chiếu của C trên AB , K là hình chiếu của C trên AD và H là hình chiếu của B trên AC . Chứng minh rằng:
Y
a) AB.AE AC .AH .
DẠ
b) BC .AK AC .HC . c) AB.AE AD.AK AC 2 . E
Lời giải (hình 314)
C
B
12
1
H
A A
a) Vì 1 1 0 AHB ∽ ACE (g.g). H E 90 AH AB AB.AE AC .AH AE AC
(1)
FI CI A
nên
L
K 900 nên AKC (do so le trong) và H b) Vì C1 A ∽ CHB (g.g) 2
Do đó
AK AC CB.AK AC .CH CH CB
(2)
OF
Lại có BC AD (theo tính chất về cạnh của hình bình hành ABCD ). Thay BC AD vào đẳng thức (2) thu được: AD.AK AC .CH
(3)
c) Cộng theo vế các đẳng thức (1) ở câu a) và (3) ở câu b), ta được:
ƠN
AB.AE AD.AK AC .(AH CH ) AC .AC AC 2 .
III. BÀI TẬP
10. Cho tam giác ABC vuông ở A , đường cao AH . Kẻ HE AB, HF AC . Chứng
NH
minh rằng AB.AE AC .AF 2EF 2 .
11. Cho tam giác ABC vuông ở C , đường cao CH . Trên CH lấy điểm E , qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AE ở D . Chứng minh rằng:
QU Y
a) AD.AE BA.BH AB 2 . b) AD.AE HA.HB AH 2 .
12. Cho tam giác nhọn ABC , các đường cao BD và CE cắt nhau ở H . Gọi K là hình chiếu của H trên BC . Chứng minh rằng:
M
a) BD.BH BC .BK .
KÈ
b) CE .CH CB.CK .
DẠ
Y
c) BD.BH CE .CH BC 2 .
Chương 4 HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG – HÌNH CHÓP ĐỀU HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG Chủ đề 1 HÌNH HỘP CHỮ NHẬT
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ HÌNH HỘP CHỮ NHẬT B
C D
A B'
D
A B'
C'
A'
C
C'
A'
D'
L
B
FI CI A
I.
D'
b)
a)
ƠN
OF
Hình 372
Hình hộp chữ nhật có tất cả sáu mặt là hình chữ nhật. (Hình 372a, b). Hình hộp chữ nhật có 6 mặt, 8 đỉnh và 12 cạnh.
Hai mặt của hình hộp chữ nhật không có cạnh chung gọi là hai mặt đối diện và
NH
thường gọi là hai mặt đáy của hình hộp chữ nhật, khi đó các mặt còn lại được gọi là các mặt bên.
Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có 6 mặt là những hình vuông. II.
CÁC TÍNH CHẤT THỪA NHẬN
QU Y
Hình ảnh một hình hộp chữ nhật trong không gian cho ta thấy rõ nhiều kết cấu (quan hệ) trong không gian. Đây là những tính chất cơ bản nhất của hình học không gian (hình 373). 1. Mỗi mặt, chẳng hạn mặt ABCD là một phần của mặt phẳng trải rộng về mọi phía. B
C
Kí hiệu mặt phẳng ABCD là: Mặt phẳng (ABCD ) hay gọn hơn mp(ABCD ) .
B'
3. Đường thẳng qua hai điểm A, B của mp(ABCD ) thì nằm
KÈ
trọn trong mặt phẳng đó (tức là mọi điểm của nó đều thuộc mặt phẳng).
D
A
M
2. Có một và chỉ có một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt.
A'
4. Trong không gian, hai đường thẳng a và b gọi là song song với nhau Hình 373
C' D'
nếu chúng nằm trong cùng một mặt phẳng và không có điểm chung. 5. Ba vị trí tương đối của hai đường thẳng phân biệt trong không gian:
Y
Cắt nhau, nếu có một điểm chung, chẳng hạn AB cắt AD .
DẠ
Song song, nếu chúng nằm trong cùng một mặt phẳng và không có điểm chung, chẳng hạn AB CD , chúng cùng nằm trong mp(ABCD ) . Không cùng nằm trong một mặt phẳng nào, chẳng hạn AD và D C , khi đó ta nói chúng chéo nhau.
6. Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song
AB CD AB C D . song với nhau. Chẳng hạn:
L
CD C D
FI CI A
7. Khi AB không nằm trong mp(A B C D ) mà AB song song với một đường thẳng của mặt phẳng này, chẳng hạn AB A B , thì người ta nói AB song song với mp(A B C D ) và kí hiệu là AB mp(A B C D ) .
8. Dấu hiệu nhận biết hai mặt phẳng song song: mp(ABCD ) chứa hai đường thẳng cắt nhau AB, AD mà mp(A B C D ) chứa hai đường thẳng cắt nhau A B , A D , hơn nữa
OF
AB A B khi đó người ta nói mp(ABCD ) song song với mp(A B C D ) và kí hiệu là AD A D mp(ABCD ) mp(A B C D ) .
9. Hai vị trí tương đối của hai mặt phẳng phân biệt trong không gian:
ƠN
Song song, nếu chúng không có điểm chung.
Cắt nhau, nếu chúng có một điểm chung. Khi đó chúng cắt nhau theo một đường thẳng đi qua điểm chung đó (đường thẳng này gọi là giao tuyến của hai mặt phẳng đó).
III.
NH
Chẳng hạn mp(ABCD ) cắt mp(BCC B ) theo giao tuyến BC . DIỆN TÍCH XUNG QUANH, THỂ TÍCH CỦA HÌNH HỘP CHỮ NHẬT
1. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng:
Khi đường thẳng A A vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau AB, AD của
QU Y
mp(ABCD ) ta nói A A vuông góc với mặt phẳng (ABCD ) và kí hiệu: A A mp(ABCD ) .
Nếu một đường thẳng vuông góc với một phẳng tại điểm A thì nó vuông góc với mọi đường thẳng đi qua A và nằm trong mặt phẳng đó. 2. Mặt phẳng (ABB A) chứa đường thẳng A A vuông góc với mp(ABCD ) ta nói hai
M
mặt phẳng đó vuông góc với nhau và kí hiệu:
KÈ
mp(ABB A) mp(ABCD ) .
3. Gọi a, b là độ dài các cạnh đáy và c là chiều cao của hình hộp chữ nhật (cùng đơn vị độ dài) thì:
DẠ
Y
S xq 2(a b).c ; Stp S xq Sd 2(ab bc ca ) .
Thể tích của hình hộp chữ nhật: V abc . Đường chéo của hình hộp chữ nhật: d a 2 b 2 c 2 .
IV.
VẼ HÌNH BIỂU DIỄN MỘT HÌNH HỘP CHỮ NHẬT TRONG KHÔNG GIAN
Hai đường thẳng song song phải vẽ đúng.
FI CI A
1. Sự song song và tỉ số đo, bảo toàn trong không gian
L
Khi vẽ hình biểu diễn một hình trong không gian ta phải đảm bảo ba yêu cầu sau:
Hai đoạn thẳng song song mà đoạn này gấp n lần đoạn kia, phải vẽ đúng như thế. Trung điểm của đoạn thẳng phải vẽ đúng.
2. Độ dài đoạn thẳng và góc không bảo toàn trong không gian Góc vuông, góc nhọn, góc tù vẽ như góc nhọn hoặc góc tù.
OF
Tam giác cân, tam giác đều, tam giác vuông vẽ như tam giác thường. Hình thang vuông, hình thang cân vẽ như hình thang thường. Hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông vẽ như hình bình hành.
3. Dùng nét liền vẽ đoạn trông thấy, nét đứt vẽ đường bị khuất nhưng dứt khoát nét
ƠN
đứt không được cắt nét liền
Chú ý: Muốn vẽ hình biểu diễn một hình hộp chữ nhật trong không gian người ta dùng lưới ô
B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN
NH
vuông rồi vẽ theo các yêu cầu ở trên.
DẠNG 1. Nhận biết một điểm thuộc một đường thẳng, thuộc một mặt phẳng. Đường thẳng thuộc mặt phẳng PHƯƠNG PHÁP GIẢI
QU Y
I.
1. Để nhận biết đường thuộc mặt phải sử dụng tính chất: Đường thẳng qua hai điểm A, B của mp(ABCD ) thì nằm trọn trong mặt phẳng đó (tức là mọi điểm của nó đều thuộc mặt
phẳng).
2. Để nhận biết điểm thuộc mặt phẳng phải sử dụng phối hợp hai tính chất: Điểm
M
thuộc đường thẳng và đường thẳng thuộc mặt phẳng thì suy ra điểm A thuộc mặt phẳng. B II.
VÍ DỤ
KÈ
Ví dụ 1. ABCD.A1B1C 1D1 là một hình hộp chữ nhật (hình 374).
K C
D
O
A1
B1
a) Nếu O là trung điểm của đoạn CB1 thì O có là điểm thuộc đoạn CB1 hay không?
D1
Y
b) K là điểm thuộc cạnh CD , liệu K có thể là điểm thuộc cạnh
DẠ
BB1 hay không?
Lời giải
C1 Hình 374
a) Câu trả lời là có. Thật vậy, vì mặt bên BCC 1B1 là hình chữ nhật có O là trung điểm của đường chéo CB1 nên O cũng là trung điểm của đường chéo BC 1 (theo tính chất về
L
đường chéo của hình chữ nhật). Vậy O thuộc đoạn BC 1 .
FI CI A
b) K không thuộc cạnh BB1 . Vì K mp(BB1C 1C ) mà BB1 thuộc mặt phẳng đó. V
Ví dụ 2. Xem hình 375. Hãy:
U
M
a) Gọi tên các mặt phẳng chứa đường thẳng PR .
Q
b) Gọi tên mặt phẳng chứa đường thẳng PR nhưng chưa thấy rõ trên hình vẽ.
c) Gọi tên mặt phẳng cùng chứa các đường thẳng PS và VT . P
R
S
OF
Lời giải
T
Hình 375
a) Có hai mặt phẳng chứa đường thẳng PR là mp(PQRS ) và mp(MTRP ) .
ƠN
b) Ngoài mặt phẳng đáy (PQRS ) chứa đường thẳng PR có thể thấy ngay thì mặt phẳng chưa thấy ngay lập tức là mp(MTRP ) . c) Đó là mp(PSTV ) .
NH
Ví dụ 3. Các kích thước của hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C 1D1 là: Lời giải (hình 376) Ta thấy:
B
D
QU Y
A
DC 1 thuộc mặt bên DCC 1D1 là hình chữ nhật nên tam giác DCC 1 vuông ở C .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác DCC 1 vuông ở C , 2 1
2 1
C
4cm
B1
C1
A1
D1 Hình 376
2
M
ta được: DC CC CD hay
DC 12 32 52 DC 12 ( 34)2 DC 1
34(cm ) .
KÈ
CB1 thuộc mặt bên BCC 1B1 là hình chữ nhật nên tam giác BCB1 vuông ở B .
Y
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BCB1 vuông ở B , ta được:
DẠ
III.
3cm
CB12 CB 2 BB12 hay CB12 32 42 CB12 52 CB1 5(cm ) .
BÀI TẬP
1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.EFGH . a) Điểm A thuộc những mặt phẳng nào? b) Gọi tên các mặt phẳng chứa đường thẳng AC . 2. Trong các hình sau hình nào gấp theo nét chấm được một hình lập phương.
L FI CI A OF ƠN
3. Chứng minh từ một đoạn dây thép dài 1, 5m có thể tạo ra một cái khung hình lập phương có cạnh là 1dm .
NH
DẠNG 2. Nhận biết đường thẳng song song với đường thẳng với mặt phẳng. Mặt phẳng song song với mặt phẳng I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Để chứng minh hai đường thẳng song song thường sử dụng một trong hai cách sau:
QU Y
Chỉ ra chúng là hai cạnh đối của một hình bình hành, hình chữ nhật. Chứng tỏ chúng cùng song song với đường thẳng thứ ba. 2. Để chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng thường sử dụng tính chất:
M
a mp(P ) a b a mp(P ) . b mp(P )
KÈ
3. Để chứng minh mp(Q ) mp(P ) , ta cần tìm trong mp(Q ) hai đường thẳng cắt nhau, cùng song song với mp(P ) . II.
Y
Ví dụ 1. ABCD.A1B1C 1D1 là một hình lập phương. Hãy cho biết:
DẠ
B
VÍ DỤ
a) Những cạnh nào song song với cạnh C 1C ? b) Những cạnh nào song song với cạnh A1D1 ? Lời giải (hình 378)
C D
A B1
C1
A1
D1 Hình 378
a) Các cạnh BB1, D1D, AA1 song song với C 1C . Giải thíc: Vì ABCD.A1B1C 1D1 là một hình lập phương theo giả thiết nên các mặt bên
FI CI A
L
DCC 1D, BCC 1B1, ABB1A1 là các hình vuông, do đó: D1D C 1C ; B1B C 1C (1) và AA1 BB1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AA1 CC 1 . b) Các cạnh AD, B1C 1, BC song song với A1D1 . Giải thích: Tương tự như câu a).
B
C
OF
Ví dụ 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.EFGH có cạnh AB mp(EFGH ) . F
a) Hãy kể tên các cạnh khác song song với mp(EFGH ) .
b) Cạnh CD song song với những mặt phẳng nào của hình
ƠN
hộp chữ nhật?
c) Đường thẳng AH không song song với mp(EFGH ) , hãy chỉ ra mặt phẳng song song với đường thẳng đó.
D
A
E
H Hình 379
NH
Lời giải (hình 379)
G
a) BC ,CD, DA song song với mp(EFGH ) . b) CD mp(AEFE ) ; CD mp(EFGH ) . c) AH mp(BCGF ) .
Lời giải
QU Y
Ví dụ 3. Hãy giải thích vì sao trên hình 378 (xem ví dụ 2), AH mp(BCGF ) .
Từ giả thiết ABCD.EFGH là hình hộp chữ nhật nên các mặt bên ABCD và CDHG là các hình chữ nhật.
M
Áp dụng tính chất về cạnh vào hai hình chữ nhật trên ta được:
KÈ
AB GH AB CD, AB CD ABGH là tứ giác có hai cạnh đối song song và bằng GH CD , GH CD AB GH
nhau nên nó là hình bình hành. Do đó AH BG .
DẠ
Y
AH mp(BCGF ) AH BG AH mp(BCGF ) . Ta có BG mp(BCGF )
III.
BÀI TẬP
4. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C 1D1 . Các đường thẳng sau có cắt nhau không?
a) AC 1 và DB1 . b) AC 1 và BC .
L
5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.EFGH . cặp cạnh cắt nhau?
FI CI A
a) Cạnh AB cắt những cạnh nào? Trong các cạnh của hình hộp chữ nhật, có bao nhiêu
b) Cạnh AB song song với những cạnh nào? Trong các cạnh của hình hộp chữ nhật, có bao nhiêu cặp cạnh song song?
c) Cạnh AB chéo nhau với những cạnh nào? Trong các cạnh của hình hộp chữ nhật, có bao nhiêu cặp chéo nhau?
OF
6. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C 1D1 . Chứng minh rằng: mp(BDA1 ) mp(CB1D1 ) .
7. Trong các mặt của hình hộp chữ nhật, có bao nhiêu cặp mặt phẳng:
ƠN
a) Song song? b) Cắt nhau?
NH
DẠNG 3. Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật I.
PHƯƠNG PHÁP
II.
QU Y
Áp dụng các công thức tính S xq , Stp . MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1. Một căn phòng dài 4, 5m , rộng 3, 7m và cao 3m . Người ta muỗn quét vôi trần nhà và bốn bức tường. Hãy tính diện tích tường nhà cần quét vôi, biết rằng tổng diện
Lời giải
M
tích các cửa là 5, 8m 2 .
KÈ
Diện tích bốn bức tường chính là: S xq 2(4, 5 3, 7).3 49, 2(m 2 ) . Diện tích trần nhà: 4, 5.3, 7 16, 65(m 2 ) .
Y
Diện tích cần quét vôi: 49, 2 16, 65 5, 8 60, 05(m 2 ) . Ví dụ 2. Cần bao nhiêu tôn để làm một cái thùng có dạng hình hộp chữ nhật có chiều
DẠ
cao 9cm và đáy là một hình vuông có diện tích 2500cm 2 (không kể diện tích các chỗ ghép và nắp thùng). Lời giải
Gọi diện tích tôn cần tìm là S thì: S S xq S đ .
L
Vì đáy thùng là hình vuông có diện tích là 2500cm 2 nên đáy có kích thước mỗi cạnh là:
FI CI A
2500 50(cm ) .
Do đó: S xq 2(50 50).90 18000(cm 2 ) . Vậy: S 18000 2500 20500(cm 3 ) .
Ví dụ 3. Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có kích thước như trong hình 380. Người ta
đục một lỗ ngay tâm của đáy có các cạnh song song với các cạnh của hình hộp chữ nhật
OF
ban đầu có kích thước 20cmx30cm và chiều sâu xuyên qua đáy đối diện. Tính diện tích mặt gỗ nếu phải sơn khối gỗ này (cả mặt ngoài và mặt trong).
Gọi diện tích các bề mặt gỗ phải sơn là S .
ƠN
Lời giải (hình 380)
Diện tích toàn phần khối gỗ hình hộp chữ nhật là Stp .
NH
Diện tích bề mặt khối hộp bị đục là Sxq .
Diện tích đáy của khối hộp bị đục là S đ .
QU Y
Khi đó S Stp S xq S đ .
Ta có Stp 2(40 60).40 2.40.60 12800(cm 2 ) 128dm 2 .
60cm 40cm
30cm 20cm
B
C
40cm
A
D Hình 380
S xq 2(20 30).40 4000(cm 2 ) 40dm 2 .
2S đ 2.20.30 1200(cm 2 ) 12dm 2 .
BÀI TẬP
KÈ
III.
M
Vậy S 128 40 12 156(dm 2 ) .
8. Người ta muốn xây bốn bức tường của một gian phòng hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 8m, 4m, 3m bằng các viên gạch ống có diện tích bề mặt 1, 2dm 2 . Hỏi phải cần bao nhiêu viên gạch? Biết diện tích các cửa là 8m 2 (diện tích các mạch xi măng
Y
không đáng kể).
DẠ
9. Cần bao nhiêu tôn để làm một cái thùng có dạng hình hộp chữ nhật có chiều cao 90cm và đáy là một hình vuông có diện tích 2500cm 2 (không kể diện tích các chỗ ghép
và nắp thùng)?
DẠNG 4. Tính thể tích của hình hộp chữ nhật, tính một yếu tố
I.
L
của hình hộp chữ nhật PHƯƠNG PHÁP GIẢI
FI CI A
Áp dụng công thức tính thể tích của hình hộp, hình lập phương, đường chéo của hình hộp. II.
VÍ DỤ
Ví dụ 1. Một bể nước hình hộp chữ nhật có chiều dài 2m . Lúc đầu bể không có nước. Sau khi đổ vào bể 120 thùng nước, mỗi thùng chứa 20 lít thì mực nước của bể cao 0, 8m
OF
. a) Tính chiều rộng của bể nước.
b) Người ta đổ thêm vào bể 60 thùng nước nữa thì đầy bể. Hỏi bể cao bao nhiêu mét?
0,8
x 2 Hình 381
ƠN
Lời giải (hình 381)
Vì 1 lít tương ứng với 1dm 3 nên dung tích của 120 thùng nước,
120.0, 2 2, 4(m 3 ) .
NH
mỗi thùng chứa 20 lít là:
Khi đổ khối nước này vào bể ta được một hình hộp chữ nhật có các kích thước là chiều
QU Y
dài 2m , chiều rộng là x (m ) của bể và chiều cao của khối nước là 0, 8m . a) Áp dụng công thức tính thể tích của hình hộp, ta được: V1 2.x .0, 8 1, 6x .
Thể tích này chính bằng dung tích của 120 thùng nước, mỗi thùng chứa 20 lít nước nên ta có phương trình: 1, 6x 3, 4 x 1, 5(m ) .
M
b) Khi đổ thêm vào bể 60 thùng nước nữa thì thể tích của bể chính là dung tích của
KÈ
180 thùng nước là 3, 6m 3 , gọi chiều cao của bể là h(m ) .
Ta có:
2.1.5.h 3, 6 h 1, 2(m ) .
Ví dụ 2. Một cái thùng hình lập phương, cạnh 7dm , có chứa nước với độ sâu của nước là 4dm . Người ta thả 25 viên gạch có chiều dài 2dm , chiều rộng 1dm và chiều cao
Y
0, 5dm vào thùng. Hỏi nước trong thùng dâng cao bao nhiêu xi mét? (Giả thiết toàn bộ
DẠ
gạch ngập trong nước và chúng hút nước không đáng kể). h
Lời giải (hình 382) Áp dụng công thức tính thể tích của hình hộp chữ nhật, ta có:
7 7 Hình 382
Thể tích nước trong thùng lúc đầu là:
Thể tích của một viên gạch là: 2.1.0, 5 1(dm 3 ) . Thể tích của 25 viên gạch là: 1.25 25(dm 3 ) . Theo định luật Ác si mét thì khi thả 25 viên gạch vào thùng nước nó sẽ chiếm một thể tích nước đúng bằng 25dm 3 .
FI CI A
L
V1 7.4.4 196(dm 3 ) .
7.7.h(dm ) và có thể tích là: 196 25 221(dm 3 ) .
OF
Lúc đó lượng nước trong thùng có dạng hình hộp chữ nhật có các kích thước là
Như vậy ta có phương trình: 7.7.h 221 49h 221 h
221 (dm ) . 49
221 122 2, 49(dm ) . 49 49
ƠN
Khi đó mực nước cách miệng thùng là: 7 h 7
Ví dụ 3. Các kích thước của hình hộp chữ nhật như ở hình 383. Tính độ dài của đoạn
NH
AC 1 .
Lời giải (hình 383)
Vì ABCD.A1B1C 1D1 là hình hộp chữ nhật nên C 1C mp(ABCD ) C 1C AC hay tam giác vuông ở D .
QU Y
ACC 1 vuông ở C , đáy ABCD là hình chữ nhật nên tam giác BACD
C1
1
120°
B
C
Áp dụng định lí Py-ta-go vào hai tam giác vuông ACD và ACC 1 , ta được:
M
AC 2 CD 2 DA2 (1); AC 12 AC 2 CC 12 (2).
30
D1
40
A
D Hình 383
KÈ
Thay đẳng thức (1) vào (2) thu được:
A1
AC12 CD 2 DA2 CC 12 AC 1 CD 2 DA2 CC 12 .
Y
Hay AC1 302 402 1202 1302 130(cm) . III.
BÀI TẬP
DẠ
10. Tính thể tích của hình hộp chữ nhật có chiều dài 4m , chiều rộng 3m và độ dài đường chéo là 13m .
11. Đường chéo của hình lập phương là 12dm . Tính cạnh của hình lập phương đó.
12. Một bể nước hình hộp chữ nhật có kích thước đáy là 2mx3m chưa có nước. Một vòi nước có lưu tốc 500 lít/giờ chảy vào bể trong 8 giờ. Hỏi mực nước trong bể cao bao
L
nhiêu mét?
FI CI A
13. Một khối gỗ hình lập phương có cạnh 6dm . Người ta đục hai lỗ hình hộp chữ nhật đáy vuông cạnh 2dm , ngay tâm của đáy và xuyên qua đáy đối diện. Tính thể tích của khối gỗ còn lại.
4
14. Một chiếc hộp dạng hình hộp chữ nhật có kích thước 6cm, 8cm, 24cm . Một chiếc que dài 27cm có thể đặt lọt
trong hộp được không?
2
2
4
2
2
1
OF
15. Một khối bê tông với kích thước đã cho như hình 384. Biết rằng để đổ 1m 3 bê tông phải cần 12 bao xi măng.
4
Hình 384
NH
ƠN
Hãy tính số bao xi măng cần dùng để đổ khối bê tông nói trên.
DẠNG 5. Nhận biết đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.
I.
QU Y
Mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
II.
M
a b, a c d mp(Q ) b c {1} a mp(P ). mp(P ) mp(Q ) . d mp(P ) b mp(P ), c mp(P )
VÍ DỤ
F
G H
E
KÈ
Ví dụ 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.EFGH a) Đường thẳng BF vuông góc với những mặt phẳng nào?
A
b) Hai mặt phẳng (AEHD ) và (CGHD ) vuông góc với nhau? Vì sao?
Y
Lời giải (hình 385)
DẠ
a) Đường thẳng BF vuông góc với các mặt phẳng (BCDA) và (FGHE ) . Giải thích:
C
B D Hình 385
Vì ABCD.EFGH là hình hộp chữ nhật nên các mặt bên (BCGF ) và (BFEA) là các hình
chữ nhật, do đó:
FI CI A
Chứng minh tương tự, ta có: BF mp(EFGH ) .
L
BF BA, BF BC BF mp(ABCD ) . BA mp(ABCD ), BC mp(ABCD )
b) Vì ABCD.EFGH là hình hộp chữ nhật nên mặt bên (CGHD ) và mặt đáy (ABCD ) là các hình chữ nhật, do đó:
Lại có CD mp(CGHD ) .
(1)
OF
CD DH ,CD DA CD mp(AEHD ) DA mp(AEHD ), DH mp(AEHD )
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: mp(AEHD ) mp(CGHD ) .
ƠN
Ví dụ 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C 1D1 có ABCD là hình vuông. Gọi O là giao điểm của AC và BD , O1 là giao điểm của AC và B1D1 . Chứng minh rằng: 1 1
b) OO1 mp(ABCD ) .
NH
a) BDD1B1 là hình chữ nhật.
B
B1
C1 O'
A1
QU Y
a) Từ giả thiết ABCD.A1B1C 1D1 là hình hộp chữ nhật nên các
D
A
c) Các mặt phẳng (ACC 1A1 ).(BDD1B1 ) vuông góc với nhau. Lời giải (hình 386)
G O
D1 Hình 386
mặt bên (BB1A1A) và (BB1C 1C ) là các hình chữ nhật, do đó: BB1 BA, BB1 BC BB1 mp(ABCD ) . BC mp(ABCD ), BA mp(ABCD )
M
Mặt khác đường chéo BD mp(ABCD ) và đi qua B , nên:
KÈ
BB1 BC B BD 900 . 1 900 . Chứng minh tương tự như trên, ta cũng được: BB D BDD 1 1 1
Điều này chứng tỏ tứ giác BDD1B1 có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật.
Y
b) Chứng minh tương tự như câu a) ta được tứ giác ACC 1A1 là hình chữ nhật.
DẠ
Áp dụng tính chất về đường chéo vào các hình vuông ABCD.A1B1C 1D1 ta được O là trung điểm của AC , BD và O1 là trung điểm của AC , B1D1 nên OO1 là đường trung bình 1 1 các hình chữ nhật BDD1B1 và ACC 1A1 . Do đó: OO1 BB1 DD1 AA1 CC 1 .
Suy ra OO1 vuông góc với các đẳng thẳng AC , BD nên OO1 (ABCD ) .
L
c) Áp dụng tính chất về đường chéo vào các hình vuông ABCD.A1B1C 1D1 ta được
FI CI A
BD AC , ta lại có BD OO1 theo câu a) nên BD mp(ACC 1A1 ) .
Mà BD mp(BDD1B1 ) suy ra các mặt phẳng (ACC 1A1 ),(BDD1B1 ) vuông góc với nhau. III.
BÀI TẬP
16. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.EFGH .
a) Cạnh BC vuông góc với những cạnh nào của hình hộp chữ nhật?
Chủ đề 2
OF
b) Hai mặt phẳng (ABFE ) và (CGFB ) vuông góc với nhau, vì sao?
B1 C1
A1
ƠN
HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ I. HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG
D1 B
NH
1. Hình lăng trụ đứng có hai đáy là những đa giác, các mặt bên là những hình chữ nhật.
C
A D Hình 387
(Hình 387 là hình lăng trụ đứng tứ giác).
QU Y
2. Các mặt phẳng chứa đáy của hình lăng trụ đứng là các mặt phẳng song song, các mặt bên vuông góc với hai mặt phẳng đáy, các cạnh bên vuông góc với hai mặt phẳng đáy. Độ dài một cạnh bên gọi là chiều cao. 3. Hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành gọi là hình hộp đứng.
M
Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng có đáy là những hình chữ nhật. II. DIỆN TÍCH XUNG QUANH CỦA HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG
KÈ
1. Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng bằng chu vi đáy nhân với chiều cao. S xq 2 p.h ( p là nửa chu vi đáy, h là chiều cao).
2. Diện tích toàn phần của hình lăng trụ đứng bằng tổng diện tích xung quanh và diện
DẠ
Y
tích hai đáy.
III.
Stp S xq 2S đ .
THỂ TÍCH CỦA HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG
Thể tích của hình lăng trụ đứng bằng diện tích đáy nhân với chiều cao.
V S .h ( S là diện tích đáy, h là chiều cao).
L
B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN
vuông góc trong hình lăng trụ đứng I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
FI CI A
DẠNG 1. Tìm số cạnh, số mặt, số đỉnh, các yếu tố song song,
1. Hai đáy là các mặt phẳng song song, các mặt bên là các hình chữ nhật. 2. Các mặt bên vuông góc với đáy, các cạnh bên vuông góc với đáy. II.
VÍ DỤ
OF
Ví dụ 1. Hãy cho biết:
a) Một lăng trụ đứng có 6 mặt thì đáy của lăng trụ đó là hình gì? b) Một lăng trụ đứng có 8 mặt thì đáy của lăng trụ đó là hình gì?
ƠN
Lời giải
Từ khái niệm hình lăng trụ đứng có hai đáy là những đa giác, các mặt bên là những hình chữ nhật nên hình lăng trụ đứng có đáy là n - giác thì nó có số mặt là n 2 .
NH
a) Một lăng trụ đứng có 6 mặt thì ta có phương trình: n 2 6 n 4 . Điều này chứng tỏ đáy của lăng trụ đó là tứ giác. b) Một lăng trụ đứng có 8 mặt thì ta có phương trình: n 2 8 n 6 .
QU Y
Điều này chứng tỏ đáy của hình lăng trụ đó là lục giác.
A
Ví dụ 2. ABC .A1B1C 1 là một lăng trụ đứng tứ giác.
B C
a) Những cặp mặt nào song song với nhau? b) Những cặp mặt nào vuông góc với nhau? Lời giải (hình 388)
M
a) mp(ABC ) và mp(A1B1C 1 )
C1 Hình 388
KÈ
b) mp(ABC ) vuông góc với các mặt phẳng:
B1
A1
mp(ABB1A1 ); mp(BCC 1B1 ); mp(CAAC ). 1 1 mp(A1B1C 1 ) vuông góc với các mặt phẳng:
DẠ
Y
mp(ABB1A1 ); mp(BCC 1B1 ); mp(CAAC ). 1 1
III.
BÀI TẬP
1. Gọi số cạnh của một đáy, số mặt, số đỉnh, số cạnh của một hình lăng trụ đứng lần lượt là: n, m, d và c . a) Hãy viết hệ thức liên hệ giữa n, m, d, c .
b) Hình lăng trụ đứng có 20 đỉnh thì có bao nhiêu mặt, bao nhiêu cạnh? 2. Tính số mặt (m) , số đỉnh (d ) , số cạnh (c) và m d c của mỗi hình sau:
FI CI A
a) Hình hộp chữ nhật. b) Hình lăng trụ đứng có đáy là lục giác. 3. ABCD.EFGH là một hình hộp đứng. a) Tìm các cạnh của hình hộp song song với AD . b) Tìm các cạnh của hình hộp vuông góc với AD . c) Tìm mặt phẳng song song với mp(ABFE ) .
OF
d) Tìm mặt phẳng vuông góc với mp(ABFE ) .
L
c) Có hình lăng trụ đứng nào có 15 đỉnh hay không? Vì sao?
DẠNG 2. Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần,
I.
ƠN
tính một yếu tố của hình lăng trụ đứng PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Áp dụng công thức tính S xq , Stp của hình lăng trụ đứng. VÍ DỤ
NH
II.
Ví dụ 1. Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của các lăng trụ dưới đây. Lời giải (hình 389a – b).
2cm
B'
M KÈ
B
D
5cm
C'
A'
Y
3cm
C
D
A
DẠ
A
C
QU Y
B
D'
F
E b)
b) Hình 389
Stp 70 2.3.4 94(cm 2 ) .
FI CI A
S xq 2(3 4)5 70(cm 2 ) ;
L
Xét hình lăng trụ đứng tứ giác (hình 389a):
Xét hình lăng trụ đứng tam giác (hình 389b): Trước hết ta đi tính cạnh BC .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông ở A , ta được:
OF
BC 2 CA2 AB 2 hay BC 2 22 32 ( 13)2 BC 13(cm ) .
Sxq (2 3 13).5 25 5 13(cm 2 ) .
ƠN
Stp 25 5 13 2.3 31 5 13(cm 2 ) .
Ví dụ 2. Tính chiều cao của hình lăng trụ đứng ABCD.EFGH , biết rằng đáy ABCD là hình thoi có các đường chéo AC 10cm, BD 24cm và diện tích toàn phần bằng B
Lời giải (hình 390)
5
D
A
Áp dụng công thức Stp S xq 2S đ hay
F
1 S xq Stp 2S đ 1280 2. .10.24 1280 240 1040(cm 2 ) . 2
QU Y
C 12 O
NH
1280cm 2 .
G
E
H Hình 390
Vì đáy ABCD là hình thoi nên AC vuông góc với BD tại O (tính chất về đường chéo của hình thoi).
M
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BOC vuông ở O , ta được: BC 2 BO 2 OC 2 hay BC 2 122 52 132 BC 13(cm ) .
KÈ
Chu vi đáy là 2p 4.13 52(cm ) . Áp dụng công thức S xq 2p.h ta có phương trình:
Y
1040 52.h h 20(cm ) .
DẠ
III.
BÀI TẬP
4. Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của một tủ tường hình lăng trụ đứng có chiều cao 2m , đáy là tam giác vuông cân có cạnh huyền 1, 4m . 6dm 1dm 5dm 1m 1m
5. Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình lăng trụ đứng có chiều cao 12cm , đáy là hình thoi với
FI CI A
6. Hãy tính tiền dùng để sơn các bề mặt của khối gỗ có các
L
các đường chéo bằng 8cm và 6cm .
OF
kích thước như ở hình 391. Biết rằng đề sơn 1m 2 phải tốn 62000đ .
I.
ƠN
DẠNG 3. Tính thể tích, tính các yếu tố của hình lăng trụ đứng
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
II.
NH
Áp dụng công thức tính thể tích của hình lăng trụ đứng. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Các hình 390 – a, b, c gồm một hoặc nhiều lăng trụ đứng. Hãy tính thể tích của
6cm
QU Y
chúng với các kích thước đã cho trên hình.
1cm
6cm
3cm
8cm
DẠ
Y
KÈ
M
a)
Lời giải (hình 392a, b, c)
1cm
10cm 4cm
3cm 8cm
2cm
b)
c)
Hình 392
Áp dụng công thức tính thể tích của hình lăng trụ đứng: V S .h . a) Lăng trụ đứng ở hình 392a có chiều cao h 3cm , đáy là tam giác vuông nên
L
1 .6.8 24(cm 2 ) . Vậy V 24.3 72(cm 3 ) . 2
FI CI A
S
b) Lăng trụ đứng ở hình 392b có chiều cao h 3cm , đáy là tam giác có ba cạnh là
6cm, 8cm,10cm thoả mãn hệ thức: 102 62 82 nên nó là tam giác vuông (theo định lí
Py-ta-go). Tính tương tự như câu a) ta được V 24.3 72(cm 3 ) .
OF
c) Hình 392c gồm hai lăng trụ đứng cùng có chiều cao là 3cm , một hình có đáy là hình chữ nhật có các kích thước là 1cm, 4cm , một hình có đáy là hình vuông có cạnh là 1cm , nên S 1.4 12 5(cm 2 ) . Vậy V 5.3 15(cm 3 ) .
Ví dụ 2. Một trại hè có dạng hình lăng trụ đứng đáy tam giác (hình 393), thể tích phần
ƠN
không gian bên trong là 2,16cm 3 . Biết chiều dài AD của lều là 2, 4cm , chiều rộng của lều là 1, 2cm . Tính chiều cao AH của lều. Lời giải
D A F
1 2
NH
Áp dụng công thức tính thể tích của hình lăng trụ đứng: V S .h .
E
C
H
1 2
Ta có h 2, 4cm , vậy S AH .BC .1, 2.AH 0, 6AH .
B
Hình 393
QU Y
Do đó V 0, 6.AH .2, 4 1, 44AH .
Vì V 2,16 theo giả thiết nên ta có phương trình:
M
1, 44.AH 2,16 AH 1, 5(cm) .
III.
A1 D1
BÀI TẬP
KÈ
7. Tính thể tích của một tủ tường hình lăng trụ đứng cóA
B1
H
C1 B
chiều cao 2m , đáy là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông 0, 8m .
D
C
Hình 394
Y
8. Tính thể tích của bốn tấm hình lăng trụ đứng có chiều cao 2m , đáy là hình thang cân, biết AA1 4m; AB 2m ;
DẠ
CD 1m; DH 1m (hình 394).
9. ABC .A1B1C 1 là lăng trụ đứng có chiều cao 5cm , đáy là tam giác vuông ở A có AB 2cm . Tính độ dài AC , biết thể tích của lăng trụ bằng 15cm 3 .
10. ABC .A1B1C 1 là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều, M là trung điểm của BC . Biết AA1 AM 4cm . Hãy tính:
L
a) Độ dài cạnh đáy.
FI CI A
b) Thể tích của lăng trụ.
DẠNG 4. Tìm các yếu tố song song, vuông góc trong hình lăng trụ đứng I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
2. Các mặt bên, các cạnh bên vuông góc với đáy. II.
VÍ DỤ
OF
1. Hai đáy là các mặt phẳng song song, các mặt bên là các hình chữ nhật.
Ví dụ 1. Cho ABCD.EFGH là lăng trụ đứng có đáy là hình thang vuông. Hãy kể tên: a) Các cạnh song song với AD .
ƠN
b) Cạnh song song với AB .
D
A
B
E
c) Các đường thẳng song song với mp(EFGH ) .
H
C
d) Các đường thẳng song song với mp(DCGH ) .
NH
Lời giải (hình 395)
F
G Hình 395
a) Các cạnh song song với cạnh AD là BC , FG, EH . b) Cạnh song song với cạnh AB là EF .
QU Y
c) Các đường thẳng song song với mp(EFGH ) là AB, BC ,CD và DA . d) Các đường thẳng song song với mp(DCGH ) là AE , BF . Ví dụ 2. Cho ABC .A1B1C 1 là một lăng trụ đứng tam giác có AB 6cm ; BC 10cm;CA 8cm . Hãy tìm các cạnh vuông góc với cạnh AB ,
C
8
6 10
B
A1
M
các mặt vuông góc với mp(ABB1A1 ) .
A
Lời giải (hình 396)
KÈ
Vì 102 62 82 hay BC 2 CA2 AB 2 nên tam giác ABC vuông tại AC. 1 Các cạnh vuông góc với cạnh AB là:
Y
AC ; AA1 ; BB1 và CC 1 .
DẠ
CC mp(ABC ) CC 1 AB . Giải thích: Vì 1 AB mp(ABC )
Các mặt vuông góc với mp(ABB1A1 ) là: mp(ABC ); mp(A1B1C 1 ); mp(ACC 1A1 ) .
B1 Hình 396
III.
BÀI TẬP
B 900 ) . Hãy kể 11. Cho lăng trụ đứng ABCD.A1B1C 1D1 có đáy là hình thang vuông (A
L
tên:
FI CI A
a) Các cánh song song với cạnh AD . b) Cạnh vuông góc với cạnh AD . c) Các cạnh song song với mp(BCC 1B1 ) . d) Các cạnh vuông góc với mp(BCC 1B1 ) .
12. Cho lăng trụ đứng ABCD.A1B1C 1D1 có đáy là hình thoi. Hãy tìm: a) Các cạnh song song với cạnh AB .
OF
b) Các mặt song song với cạnh AB .
c) Các cạnh của lăng trụ và đường chéo của mặt đáy vuông góc với AC . d) Các mặt vuông góc với cạnh AC .
ƠN
e) Tính thể tích của hình lăng trụ đó, biết AC 8cm, BD 6cm, AA1 10cm .
NH
HÌNH CHÓP ĐỀU
Chủ đề 3
QU Y
HÌNH CHÓP ĐỀU VÀ HÌNH CHÓP CỤT ĐỀU A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ I. HÌNH CHÓP
Hình chóp có mặt đáy là một đa giác và các mặt bên là những tam giác có chung đỉnh.
M KÈ Y DẠ
S
S
B A
B D
C Hình 397
I
H
H A
D Hình 398
L
FI CI A
Trên hình 397, ta có hình chóp S .ABCD , S là đỉnh, SH mp(ABCD ) và SH là đường cao của hình chóp. II. HÌNH CHÓP ĐỀU
Là hình chóp có mặt đáy là một đa giác đều và các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau có chung đỉnh (là đỉnh của hình chóp).
S
OF
Trên hình 398 ta có hình chóp tứ giác đều S .ABCD có đáy là hình vuông, F các mặt bên SAB, SCD, SDA là những tam giác cân bằng nhau. E Chân đường cao H là tâm của đường tròn đi qua các đỉnh của mặt đáy.
G
H
B
C
ƠN
Đường cao vẽ từ đỉnh của mỗi mặt bên của hình chóp được gọi là trung đoạn của hình chóp đó.
Hình 399
NH
III. HÌNH CHÓP CỤT ĐỀU
D
A
Cắt hình chóp đều bằng một mặt phẳng song song với đáy (hình 399). Phần hình chóp nằm giữa mặt phẳng đó và mặt phẳng đáy của hình chóp gọi là hình chóp cụt.
IV.
QU Y
Mỗi mặt bên của hình chóp cụt đều là một hình thang cân. DIỆN TÍCH XUNG QUANH CỦA HÌNH CHÓP ĐỀU
Diện tích xung quanh của hình chóp đều bằng tích của nửa chu vi đáy với trung đoạn: S xq p.d ( p là nửa chu vi đáy, d là trung đoạn của hình chóp đều).
M
Diện tích toàn phần của hình chóp đều bằng tổng của diện tích xung quanh và diện tích
V.
KÈ
đáy: Stp S xq S đ .
THỂ TÍCH CỦA HÌNH CHÓP ĐỀU V
1 S .h ( S là diện tích đáy, h là chiều cao). 3
DẠ
Y
B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN
I.
DẠNG 1. Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, tính một yếu tổ của hình chóp đều
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Áp dụng công thức tính S xq , Stp của hình chóp đều.
II.
VÍ DỤ
Ví dụ 1. Một hình chóp đều có độ dài cạnh bên bằng 25cm , đáy là hình vuông ABCD
L
cạnh 30cm . Tính diện tích toàn phần của hình chóp.
FI CI A
Lời giải (hình 400)
Gọi M là trung điểm của BC thì SM là đường cao của mặt bên SBC (vì tam giác SBC S
cân ở S ).
25
Áp dụng công thức: Stp S xq S đ . 2
D
2
OF
S đ 30 900(cm ) .
Ta có
S xq p.d với p 2.30 60(cm ) .
B
A
Ta còn phải tính trung đoạn d SM .
M
H
Hình 400
SC 2 CM 2 SM 2 hay 252 152 SM 2
ƠN
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SCM vuông ở M , ta được:
NH
SM 2 200 SM 20(cm ) .
Do đó S xq 60.20 1200(cm 2 ) . Vậy Stp 1200 900 2100(cm 2 ) .
chiều cao bằng 2a . Lời giải (hình 401)
QU Y
Ví dụ 2. Tính diện tích toàn phần của hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và
Xét hình chóp S .ABC có AB BC CA a, SH 2a . Gọi M là trung điểm của BC thì AM vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, 1 3
M
vừa là đường phân giác của tam giác đều ABC nên AM BC và HM AM . S
KÈ
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABM vuông ở M , ta được: a 2 AB BM AM hay a AM 2 2 2
DẠ
Y
2
Do đó HM
2
2
B
A H
2
a 3 AM a 3 . AM 2 2
M
2
a 3 . 6
C
Hình 401
C
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHM vuông ở H , ta được: 2
2
Áp dụng công thức Stp S xq S đ . Ta có Sxq
III.
3a 7a 3 7a 2 3 1 a 3 a2 3 . . ; S đ .a. 2 6 4 2 2 4
7a 2 3 a 2 3 2a 2 3 . 4 4
OF
Vậy Stp
2
3 a 3 . SM 6
FI CI A
2
L
2
a 3 (2a )2 SM 2 7a SM HM SH hay SM 2 6 2
BÀI TẬP
1. Tính diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều có chiều cao 3cm , độ dài cạnh đáy 8cm . các mặt bên là những tam giác vuông.
ƠN
2. Tính diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều có độ dài cạnh đáy bằng a ,
cạnh đáy bằng 3cm .
NH
3. Tính diện tích toàn phần của hình chóp tam giác đều có chiều cao bằng 6cm , độ dài
DẠNG 2. Tính thể tích, tính một yếu tố của hình chóp tứ giác đều PHƯƠNG PHÁP
QU Y
I.
Thường sử dụng các kết quả sau:
KQ 1: Cạnh của hình vuông bằng a thì diện tích hình vuông đó bằng a 2 . KQ 2: Cạnh của hình vuông bằng a thì đường chéo của hình vuông là d a 2 . d2 . 2
MỘT SỐ VÍ DỤ
KÈ
II.
M
KQ 3: Đường chéo của hình vuông là d thì diện tích hình vuông đó bằng
Ví dụ 1. Tính thể tích của hình chóp tứ giác đều S .ABCD có chiều cao SH 12cm , cạnh S
bên SB 13cm .
13
Y
Lời giải (hình 402)
12
A
DẠ
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp: 1 V S .h 3
Theo giả thiết h SH 12cm .
H D
C Hình 402
B
Ta còn phải tính S S ABCD
BD 2 . 2
L
Vì SH là đường cao của chóp đều nên SH BD .
FI CI A
Hay tam giác SHB vuông ở H .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHB vuông ở H , ta được: SB 2 HB 2 SH 2 hay 132 BH 2 122 BH 2 52 BH 5(cm ) .
Áp dụng KQ 2, ta được: S S ABCD
BD 2 102 . 2 2
1 102 .12 200(cm 3 ) . 3 2
Vậy V .
OF
Suy ra BD 2.5 10(cm ) .
ƠN
Ví dụ 2. Tính thể tích của hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy BC 12cm , trung đoạn 10cm .
NH
Lời giải (hình 403) Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp: V
1 S .h . 3
S
A
B I
H 12
D
C Hình 403
QU Y
Theo giả thiết cạnh đáy BC 12cm nên áp dụng KQ 1, ta được: S 122 144(cm 2 ) .
Trên mp(ABCD ) , qua H là trung điểm của BD kẻ HI BC thì HI DC , suy ra HI là 1 2
M
đường trung bình của tam giác BCD nên HI DC 6(cm ) .
KÈ
Vì SH là đường cao của chóp đều nên SH HI hay tam giác SHI vuông ở H . Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHI vuông ở H , ta được:
Y
SI 2 HI 2 SH 2 hay 102 62 SH 2 SH 2 82 SH 8(cm ) . 1 3
DẠ
Vậy V .144.8 384(cm 3 ) . III.
BÀI TẬP
4. Tính thể tích của hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , các cạnh bên bằng a . 5. Tính thể tích của hình chóp tứ giác đều có chiều cao bằng 12cm , trung đoạn bằng 13cm .
L
6. Một hình chóp tứ giác đều có thể tích 98cm 3 , chiều cao 6cm . Tính độ dài cạnh đáy.
DẠNG 3. Tính thể tích, tính một yếu tố của hình chóp
I.
FI CI A
tam giác đều, lục giác đều PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Thường sử dụng bốn kết quả sau:
KQ 1: Tam giác đều ABC có đường cao AI thì AI vừa là đường trung tuyến vừa là 2 3
1 3
đó AH AI .HI AI . a 3 . 2
KQ 3: Tam giác đều cạnh a có diện tích là
a2 3 . 4
ƠN
KQ 2: Tam giác đều cạnh a có chiều cao là
OF
trung trực nên trực tâm H vừa là trọng tâm, tâm vòng tròn ngoại tiếp của tam giác. Do
NH
KQ 4: Lục giác đều cạnh a có diện tích bằng 6 lần diện tích tam giác đều cạnh a , tức là 3a 2 3 . 2
II.
VÍ DỤ
QU Y
Ví dụ 1. Tính thể tích của hình chóp tam giác đều S .ABC có cạnh đáy bằng 6cm , các cạnh bên bằng 15cm . Lời giải (hình 404)
S 15cm
V
1 S .h 3
M
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp:
KÈ
Theo giả thiết cạnh đáy của tam giác đều là BC 6cm
B
A 6cm
H C
6 3 nên áp dụng KQ 2 và KQ 3, ta có: AI 3 3(cm ) , 2
Y
S S ABC
62 3 9 3(cm 2 ) . 4
DẠ
Kẻ đường cao SH của chóp đều áp dụng KQ 2, ta có: BH AH
2 .3 3 2 3(cm ) . 3
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHB vuông ở H , ta được:
I Hình 404
SB 2 HB 2 SH 2 hay ( 15)2 SH 2 (2 3)2 SH 2 ( 3)2 SH 3(cm ) . 1 3
FI CI A
L
Vậy V .9 3. 3 9(cm 3 ) .
Ví dụ 2. Tính thể tích của hình chóp tam giác đều S .ABC có tất cả các cạnh bằng 6cm . Lời giải (hình 405) Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp: 1 S .h . 3
6
Theo giả thiết cạnh đáy của tam giác đều là: BC 6cm
OF
V
S
B
A
nên áp dụng KQ 2 và KQ , ta có:
H
G
ƠN
6 3 62 3 AI 3 3(cm ); S S ABC 9 3(cm 2 ) . 2 4
C
I
Hình 405
BH AH
2 .3 3 2 3(cm ) . 3
NH
Kẻ đường cao SH của chóp đều và áp dụng KQ 2, ta có:
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHB vuông ở H , ta được:
1 3
QU Y
SB 2 HB 2 SH 2 hay 62 SH 2 (2 3)2 SH 2 (2 6)2 SH 2 6(cm ) .
Vậy V .9 3.2 6 III.
BÀI TẬP
9.2 18 18 2(cm 3 ) . 3
7. Tính thể tích của hình chóp tam giác đều S .ABC có tất cả các cạnh bằng acm .
M
8. Tính thể tích của hình chóp tam giác đều S .ABC có cạnh đáy bằng 4cm , các cạnh bên bằng 13cm .
KÈ
9. Tính thể tích của hình chóp lục giác đều S .ABCDEF có cạnh đáy bằng 2cm , cạnh
DẠ
Y
bên bằng 4cm .
LỜI GIẢI – HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ
Chủ đề 1
1. Học sinh tự vẽ hình.
A AB A mp(ABCD ) . AB mp(ABCD )
L
a) Vì
FI CI A
Chứng minh tương tự, ta cũng được: A mp(ABEF ); A mp(ADHE ) .
b) Có hai mặt phẳng chứa đường thẳng AC là mp(ABCD ) và mp(ACGE ) . 2. Các hình 377 a, b, c, e gấp được thành hình lập phương. Hình d) không gấp được hình lập phương.
3. Trước hết gấp đoạn dây thép thành 9 khúc ABCDA B C D A (mỗi khúc 1dm theo số B
2
C
C
15
1
B'
6
5
B'
3
C'
4 7
8
C'
D
11
9
A'
14
A
D
13
12
ƠN
A
OF
B
thứ tự như trên hình 406 a, b).
A'
D'
10
D'
b)
a)
QU Y
NH
Hình 406
M
Gấp tiếp đoạn dây thép còn lại thành 6 khúc A D DCC B B như trên hình 406b) với chú
KÈ
ý rằng có ba đoạn A D , DC ,C B được gấp hai lần tức là: Đoạn 10 chồng lên 9 , 12 chồng lên 3 và 14 chồng lên 7 . D
C
4. (hình 407)
D1
Giải thích:
DẠ
B
A
Y
a) AC 1 cắt DB1 .
C1
AD B1C 1 , AD B1C 1 (vì cùng song song và bằng BC ) nên tứ giác A1
ADC 1B1 là hình bình hành, do đó hai đường chéo AC 1 cắt DB1 .
b) AC 1 không cắt BC .
B1 Hình 407
5. (hình 408)
B
C
a) Cạnh AB cắt bốn cạnh là AD, AE , BC , BF . D
A
L
Tại mỗi đỉnh có ba cặp cạnh cắt nhau nên với 8 đỉnh ta có
F
b) Cạnh AB song song với ba cạnh EF ,CD,GH .
E
Mỗi cạnh song song với ba cạnh khác. Có 12 cạnh nên
G
FI CI A
3.8 24 cặp cạnh cắt nhau.
H
Hình 408
3.12 36 cặp cạnh song song.
Nhưng như thế mỗi cặp được tính hai lần nên số cặp song
OF
song là 36 : 2 18 .
c) Cạnh AB chéo nhau với bốn cạnh CC 1 ; DD1 ; A1D1 ; B1C 1 . Mỗi cạnh chéo nhau với bốn cạnh khác.
ƠN
Có 12 cạnh nên có 4.12 48 cặp cạnh chéo nhau.
Nhưng như thế mỗi cặp được tính hai lần nên số cặp cạnh chéo nhau là: 48 : 2 24 .
NH
6. (hình 409) BB1 DD1, BB1 DD1 (vì cùng song song và bằng AA1 ) nên tứ giác BDD1B1 là hình bình hành, do đó BD B1D1 . Suy ra BD mp(CB1D1 ) .
B
C D
A B1
C1
QU Y
Chứng minh tương tự: DA1 mp(CB1D1 ) . A1
Hai đường thẳng DB và DA1 cắt nhau và cùng song song với mp(CB1D1 ) ,
Hình 409
D1
suy ra mp(CB1D1 ) mp(BDA1 ) . 7.
M
a) Có ba cặp mặt phẳng song song. b) Có 12 cặp mặt cắt nhau theo 12 cạnh của hình hộp chữ nhật.
KÈ
8. Diện tích cần xây bốn bức tường của gian phòng chính là diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 8m, 4m, 3m trừ đi diện tích các cửa sổ là 8m 2 . Diện tích đó bằng: 2.(8 4).3 8 72 8 64(m 2 ) 6400dm 2 .
DẠ
Y
Vì mỗi viên gạch ống có diện tích bề mặt là 1, 2dm 2 , nên cần có 6400 64000 1 5333 5334 . 1, 2 12 3
Điều này chứng tỏ phải tốn ít nhất 5334 viên gạch.
9. Hình vuông đáy có cạnh là 2500 50(cm ) .
L
Diện tích xung quanh của thùng: 4.50.90 18000(cm 2 ) .
FI CI A
Diện tích tôn cần tìm là: 18000 2500 20500(cm 2 ) . 10. Gọi ba kích thước của hình hộp chữ nhật là a, b, c thì a 4cm, b 3cm . Áp dụng công thức tính thể tích của hình hộp chữ nhật, ta được: V 4.3.c 12c(cm 3 ) .
Áp dụng công thức tính đường chéo của hình hộp chữ nhật, ta được:
OF
d a 2 b 2 c 2 hay 13 42 32 c 2 132 52 c 2 c 2 122 c 12(cm ) .
Vậy V 12.12 144(cm 3 ) .
ƠN
11. Gọi cạnh của hình lập phương là a . Áp dụng công thức tính đường chéo của hình hộp chữ nhật, ta được: d a 2 a 2 a 2 3a 2 hay
12
3a 2 12 3a 2 a 2 22 a 2(cm ) .
là: 500.8 4000(dm 3 ) 4m 3 .
NH
12. Lượng nước mà vòi có lưu tốc 500 lít/giờ hay 500dm 3 / giờ trong 8 giờ có dung tích Khi chảy vào trong bể khối nước này có dạng hình hộp chữ nhật có hai kích thước là:
QU Y
2m.3m , nên có thể tích: 2.3.h 6h(m 3 ) .
Thể tích này đúng bằng khối nước chảy vào bể nên ta có phương trình: 6h 4 h
4 2 (m ) . 6 3
13. Trước hết, ta có thể tích của khối hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh 2dm ,
M
chiều cao là cạnh của hình lập phương bằng 6dm : 2.2.6 24(dm 3 ) .
KÈ
Thể tích của khối lập phương cạnh bằng 6dm là: 63 216(dm 3 ) . Như vậy thể tích của khối gỗ còn lại là: 216 2.24 23 224 48 176(dm 3 ) .
Y
Giải thích: Sở dĩ phải cộng thêm một thể tích của một hình lập phương cạnh 2dm , vì khi
DẠ
đục hai lỗ xuyên qua nhau thì hình lập phương cạnh 2dm là phần chung của hai khối hộp chữ nhật đó. 14. Câu trả lời là không.
Giải thích: Gọi đường chéo của hình hộp chữ nhật là d thì chiếc que dài 27cm đặt lọt vào trong hộp khi d 27cm . Điều này là không thể vì áp dụng công thức tính đường
L
chéo của hình hộp chữ nhật, ta được:
FI CI A
d a 2 b 2 c 2 hay d 62 82 242 262 26(cm ) 27cm .
15. (hình 410) Khối bê tông trên hình vẽ hợp bởi ba khối hộp chữ nhật có các kích D
thước: 4m, 2m, 4m, 2m,1m, 4m và 2m, 2m, 4m nên có thể tích lần lượt là: 4.2.4 32(m 3 );2.1.4 8(m 3 ) và 2.2.4 16(m 3 ) .
C
B
A
F
32 8 16 56(m 3 ) .
OF
Do đó thể tích của khối bê tông là:
E
Vậy số bao xi măng cần dùng là: 56.12 672 (bao).
ƠN
16. (hình 411)
G
H Hình 410
a) Cạnh BC vuông góc với bốn cạnh là BA, BF ,CD,CG .
b) Hai mặt phẳng (ABFE ) và (CGFB ) vuông góc với nhau vì ABCD.EFGH là hình hộp
NH
chữ nhật nên các mặt bên AGFE và ABCD là các hình chữ nhật, do đó: BC BA, BC BF BC mp(ABFE ) . BA mp(ABFE ), BF mp(ABFE )
D
QU Y M KÈ
B
A H
Mặt khác BC mp(BCGF ) nên mp(ABFE ) mp(CGFB ) .
1.
C
G
E
F Hình 411
Chủ đề 2
a) Vì hình lăng trụ đứng có hai đáy là những đa giác, các mặt bên là những hình chữ nhật nên hình lăng trụ đứng có đáy là n - giác thì nó có
Y
Số mặt là: m n 2
DẠ
Số đỉnh là: d 2n . Số cạnh là: c 3n . Do đó ta có hệ thức: m d c 2 .
b) Với hình lăng trụ đứng có 20 đỉnh, ta có: 2n 20 n 10 .
L
Điều này chứng tỏ số cạnh của mặt đáy là 10 nên m 12, c 3,10 30 . c) Câu trả lời là không.
FI CI A
Giải thích: Giả sử tồn tại hình lăng trụ đứng có 15 đỉnh khi đó phương trình 2n 15
phải có nghiệm nguyên dương. Điều này không thể xảy ra vì vế phải là một số chẵn còn vế phải là một số lẻ nên điều giả sử ở trên là sai. Vậy không tồn tại hình lăng trụ đứng có 15 đỉnh.
2. Áp dụng kết quả của câu a): m n 2, d 2n, c 3n và m n c 2 ta có D
C
OF
a) Hình hộp chữ nhật có n 4 nên m 6, d 8, c 12 .
b) Hình lăng trụ đứng lục giác có n 6 nên m 8, d 12, c A 18 . 3. (hình 412)
B
H
G
ƠN
a) Ba cạnh EH ,CB,GF của hình hộp song song với cạnh AD .
b) Bốn cạnh AB, AE , DC , DH của hình hộp vuông góc với AD E. c) mp(CDHG ) song song với mp(ABFE ) .
F Hình 412
d) Bốn mặt phẳng (ABCD );(BCGH );(ADHE ) và (HGFE )
a
NH
của hình hộp vuông góc với mp(ABFE ) .
a
4. (hình 413) Gọi cạnh góc vuông của đáy là a .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông cân này ta được: 2
2
2
2
2
QU Y
2a 1, 4 a ( 0, 98) a 1(m ) .
Chu vi đáy gần bằng 3, 4m .
Hình 413
Diện tích xung quanh gần bằng: 3, 42.2 6, 8(m 2 ) .
M
Diện tích toàn phần gần bằng: 6, 8 1 7, 8(m 2 ) . 5. (hình 414) Xét hình lăng trụ đứng ABCD.EFGH có chiều cao.
KÈ
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng, ta được: B 3
S xq 2 p.h , có h 10cm theo giả thiết.
4
D
A
Vì đáy ABCD là hình thoi nên AC vuông góc với BD tại trung
C
F
G
Y
điểm O của mỗi đường và tất cả các cạnh bằng nhau, do đó:
DẠ
AO 4cm, BO 3cm và 2p 4.BC .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BOC vuông ở O , ta được: BC 2 BO 2 OC 2 hay BC 2 32 42 52 BC 5(cm ) .
E
H Hình 414
1 2
Vậy S xq 4.5.10 200(cm 2 ); Stp 200 .6.8 200 24 224(cm2 ) .
L
6. (hình 415) Diện tích cần sơn là tổng diện tích toàn phần của hai hình lăng trụ đứng
FI CI A
có các kích thước là 0, 4mx1mx0, 5 và 0, 6mx1mx0, 2m trừ đi hai lần diện tích hình chữ nhật bị che khuất có các kích thước là 0, 2mx1m . Hình lăng trụ thứ nhất có: Stp 2(0, 4 1).0, 5 2.0, 4.1 2, 2(m 2 ) .
Stp 2(0, 6 1).0, 2 2.0, 6.1 1, 84(m2 ) .
Diện tích hình chữ nhật bị che khuất là:
OF
Hình lăng trụ thứ hai có:
6dm 2dm
5dm
1m
2
1m
ƠN
2.0, 2.1 0, 4(m ) .
Hình 415
Diện tích cần sơn là: 2, 2 1, 84 0, 4 3, 64(m 2 ) .
NH
Số tiền cần dùng là: 3, 64.62 225, 68 (ngàn đồng). 7. Diện tích đáy S 0, 8.0, 8 : 2 0, 32(m 2 ) Thể tích của tủ V 0, 32.2 0, 64(m 3 ) .
QU Y
8. Diện tích đáy: S ABCD
(2 1).1 1, 5(m 2 ) . 2
A 2
C
B
Thể tích của bồn tắm V 1, 5.4 6(m 3 ) . A1
5
9. (hình 416) Diện tích đáy:
AC AC 2. AC . 2 2
C1
Hình 416
B1
M
S AB.
Thể tích của lăng trụ:
KÈ
V AC .5 15 AC 3(cm ) . B
10. (hình 417)
a) Từ giả thiết M là trung điểm của BC nên
A
M
4
C
Y
Đặt BM MC x 0 thì cạnh của tam giác đều ABC là
DẠ
AB 2x và AM là đường cao của tam giác ABC .
4
B1
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABM vuông ở M ta được AB 2 BM 2 AM 2 hay 2
A1
C1 Hình 417
2
2
2
2
2
(2x ) x 4 3x 12 x 2 x 2(cm ) .
Vậy độ dài cạnh đáy là 4cm .
L
b) Diện tích đáy S AM .BC : 2 4.4 : 2 8(cm 2 ) . Thể tích V 8.4 32(cm 3 ) . C
11. (hình 418) a) Cạnh AD song song với ba cạnh: BC ; A1D1 ; B1C 1 . c) Bốn cạnh song song với mp(BCC 1B1 ) là AD; A1D1; AA1 ; DD1 .
C1
A1
D1
Hình 418
OF
d) Hai mặt phẳng vuông góc với mp(BCC 1B1 ) là mp(ABB1A1 ) 12. (hình 419)
D
A B 1
b) Cạnh AD vuông góc với ba cạnh: AB; AA1; DD1 .
và mp(A1B1C 1D1 ) .
FI CI A
B
S
a) Ba cạnh song song với cạnh AB là: CD; A1B1;C 1D1 .
ƠN
b) Hai mặt phẳng vuông góc với cạnh AB là: mp(CDD1C 1 ) và mp(A1B1C 1D1 ) .
B
c) Hai cạnh AA1,CC 1 và đường chéo BD vuông góc với cạnh AB .
NH
d) Học sinh tự giải.
2
e) Diện tích đáy S AC .BD : 2 8.6 : 2 24(cm ) . 3
M
H 8
C
Hình 420
QU Y
Thể tích V 24.10 240(cm ) .
D
d
3
A
Chủ đề 3
1. (hình 420) Xét hình chóp tứ giác đều S .ABCD đáy là hình vuông ABCD có cạnh BC 8cm , đường cao SH 3cm , chân đường cao H của hình chóp là tâm đường tròn
đi qua các đỉnh của hình vuông ABCD nên H là trung điểm của AC . Áp dụng công
M
thức:
KÈ
Stp p.d , với p 2.8 16(cm ) .
Ta còn phải tính trung đoạn d của hình chóp. S
Gọi M là trung điểm của BC thì SM là đường cao của mặt bên SBC nên SM d là trung đoạn của hình chóp, đồng thời HM là đường trung
Y
bình của tam gaiasc BCD . Do đó: HM CD : 2 8 : 2 4(cm 2 ) . B
DẠ
A Vì SH là đường cao của chóp đều nên SH HM , hay tam giác SHM
vuông ở H .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHM vuông ở H , ta được:
a
M C Hình 421
SM 2 HM 2 SH 2 hay d 2 32 42 d 2 52 d 5(cm ) .
FI CI A
L
Vậy S xq 16.5 80(cm 2 ) .
2. (hình 421) Xét hình chóp S .ABC có AB BC CA a , các mặt bên là các tam giác S
vuông cân tại S .
Gọi M là trung điểm của BC thì SM vừa là đường trung tuyến ứng
a
với cạnh huyền BC , vừa là đường cao vẽ từ đỉnh của mặt bên SBC ,
A
OF
nên SM d là trung đoạn của hình chóp.
B
Áp dụng định lí về trung tuyến ứng với cạnh huyền vào tam giác vuôngH SBC , ta được:
D
Vậy S xq p.d
C
Hình 422
ƠN
1 a d SM BC . 2 2
a
3a a 3a 2 . . 2 2 4
NH
3. Xem ví dụ 3 dạng 1. Có Stp 2.32. 3 18 3(cm 2 ) .
4. (hình 422) Xét hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a , các cạnh bên bằng a .
V
1 S .h 3
QU Y
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp:
Theo giả thiết cạnh đáy bằng a . Áp dụng KQ 1 và KQ 2, ta được:
M
S S ABCD a 2 : d BD a 2 .
KÈ
Vì SH là đường cao của chóp đều nên SH BD . Hay tam giác SHB vuông ở H . Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHB vuông ở H , ta được: 2
2 a 2 a 2 SH SH a . SB HB SH hay a SH 2 2 2 2
2
2
2
Y
2
S
DẠ
1 a a3 2 Vậy V .a 2 . . 3 6 2 A
5. (hình 423) Xét hình chóp tứ giác đều S .ABCD có chiều cao SH 12cm , trung đoạn 13cm .
12
13
B I
H D
C Hình 423
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp: 1 S .h . 3
L
V
FI CI A
Trên mp(ABCD ) , qua H là trung điểm của BD kẻ HI BC thì BI DC nên I là trung điểm của BC .
Do đó SI là đường cao kẻ từ đỉnh của mặt bên SBC nên trung đoạn của hình chóp đều là SI 13cm .
OF
Đồng thời HI là đường trung bình của tam giác BCD nên CD 2.HI .
Vì SH là đường cao của chóp đều nên SH HI hay tam giác SHI vuông ở H . Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHI vuông ở H , ta được:
ƠN
SI 2 HI 2 SH 2 hay 132 122 IH 2 IH 2 52 IH 5(cm ) .
1 3
Vậy V .102.12 400(cm 3 ) .
NH
Suy ra CD 2.5 10(cm) .
6. Gọi độ dài cạnh đáy của hình vuông đáy là x 0 thì diện tích đáy là x 2 . Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp và giả thiết ta có phương trình:
QU Y
1 2 .x .6 98 x 2 7 2 x 7(cm ) . 3
S
7. (hình 424) Xét hình chóp tam giác đều S .ABC có tất cả
a
các cạnh bằng a .
1 S .h 3
a
KÈ
V
B
A
M
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp:
Theo giả thiết cạnh đáy của tam giác đều là BC a nên áp
H C Hình 424
dụng KQ 2 và KQ 3, ta có:
DẠ
Y
AI
a 3 a2 3 . ; S S ABC 2 4
Kẻ đường cao SH của chóp đều và áp dụng KQ 2, ta có: BH AH Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHB vuông ở H , ta được:
a 3 . 3
I
2
a 3 SB HB SH hay a SH 3 2
2
2
2
L
2
2
a 6 SH a 6 . SH 3 3
FI CI A
2
1 a2 3 a 6 a3 2 . . 3 4 3 12
Vậy V .
1 3
8. (hình 245) Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp: V S .h .
OF
Theo giả thiết cạnh đáy của tam giác đều là BC 4cm , nên áp dụng KQ 2 và KQ 3, ta có: 4 3 2 3(cm ) ; 2
S S ABC
42 3 4 3(cm 2 ) 4
ƠN
AI
S
BH AH
2 4 3 .2 3 (cm ) . 3 3
NH
Kẻ đường cao SH của chóp đều áp dụng KQ 2, ta có:
B
A 4
H
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHB vuông ở H , ta được:
C Hình 425
2
4 3 SB 2 HB 2 SH 2 hay ( 13)2 SH 2 3
QU Y
I
2
69 SH 69 (cm ) . SH 3 3 2
1 3
69 4 23 (cm 3 ) . 3 3
M
Vậy V .4 3.
1 3
S
KÈ
9. (hình 426) Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp V S .h . Áp dụng KQ 3, ta có: Lục giác đều cạnh 2cm có diện tích bằng 6 lần
Y
diện tích tam giác đều cạnh 2cm , tức là: S
3.22 3 6 3(cm 2 ) 2
4
2
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác SHD vuông ở H , ta được:A
DẠ
C
B
D
H 2
SD 2 HD 2 SH 2 hay 42 22 SH 2
SH 2 (2 3)2 SH 2 3(cm) .
F
E Hình 426
1 3
FI CI A
L
Vậy V .6 3.2 3 12(cm 3 ) .
Chủ đề 4 DIỆN TÍCH HÌNH THANG A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ a
h
OF
h b
a
Hình 202
NH
ƠN
Hình 201
QU Y
1. Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng hai đáy với chiều cao: S
1 (a b ).h . 2
2. Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó: S ah .
I.
DẠNG 1. Tính diện tích hình thang
KÈ
M
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Áp dụng công thức tính diện tích hình thang, định lý Py-ta-go. VÍ DỤ
Y
II.
Ví dụ 1. Trên hình 203 ta có hình thang ABCD với đường trung bình EF và hình chữ
DẠ
nhật GHIK . Hãy so sánh diện tích hai hình này, từ đó suy ra một công thức khác tính diện tích hình thang. Lời giải (hình 203)
GA 1
B
H
1
F
E 1
1
DK
I Hình 203
C
Từ giả thiết EF là đường trung bình của hình thang ABCD nên EA ED, FB FC .
FI CI A
L
D , B C (vì so le). Mặt khác A 1 1 1 1
Do đó EAG EDK ; FBH FCI (trường hợp cạnh huyền, góc nhọn). Theo tính chất bất biến của diện tích thì S EAG S EDK , S FBH S FCI , suy ra
OF
S ABCD SGHIK EF .GK , với EF là đường trung bình và GK là chiều cao của hình thang.
Điều này, chứng tỏ rằng: Diện tích hình thang bằng tích của độ dài đường trung bình với chiều cao của nó.
ƠN
Ví dụ 2. Tính diện tích mảnh đất hình thang ABED theo các độ dài cho trên hình 204 và biết diện tích hình chữ nhật ABCD là 828cm 2 .
NH
Lời giải (hình 204)
23cm
A
B
Áp dụng công thức tính diện tích vào hình thang ABED , ta được: S
(AB DE ).BC (23 31).BC 27.BC . 2 2
D
31cm C
E
Hình 204
QU Y
Ta còn phải tính chiều cao BC .
Vì S ABCD 828 AB.BC 23.BC BC 36(cm ) . Vậy S 27.36 972(cm 2 ) .
Ví dụ 3. Tính diện tích hình thang, biết hai đường chéo của nó vuông góc với nhau và
M
có độ dài tương ứng bằng 3, 6dm và 6dm .
A
B
KÈ
Lời giải (hình 205)
Xét hình thang ABCD (AB CD ) có AC BD và AC 6dm, BD 3, 6dm .
Y
Kẻ đường cao BH của hình thang. Áp dụng công
DẠ
thức tính diện tích vào hình thang ABCD ta được S
1 (AB CD ).BH (1). 2
D
H Hình 205
C
E
Kẻ BE AC thì BE BD và hình thang ABEC có hai cặp song song nên nó là hình bình hành suy ra AB CE và BE AC 6dm .
1 2
Thay AB CD DE vào công thức (1), ta được: S DE .BH .
FI CI A
L
Do đó CD AB DC CE DE .
Điều này chứng tỏ rằng S là diện tích tam giác DBE vuông tại B . 1 2
1 2
OF
Vậy S BD.BE .3, 6.6 10, 8(dm 2 ) . III. BÀI TẬP
D 900 ) biết C 450 , AB 2cm và 1. Tính diện tích hình thang vuông ABCD (A
CD 4cm .
ƠN
D 900 , AB 3cm, BC 5cm và 2. Tính diện tích hình thang ABCD biết: A
CD 6cm .
3. Tính diện tích hình thang ABCD (AB CD ) biết AB 3cm, BC 8cm,CD 12cm và
NH
C 300 .
4. Cho hình thang cân ABCD (AB CD, AB CD ) biết chiều cao AH 8cm và HC 12cm . Tính diện tích hình thang ABCD .
5. Tính diện tích hình thang cân có các đáy bằng 10cm và 20cm , cạnh bên bằng 13cm .
QU Y
6. Chứng minh rằng: Diện tích tam giác có cạnh đáy là cạnh bên của hình thang và đỉnh là trung điểm của cạnh bên kia thì bằng một nửa diện tích của hình thang đó.
DẠNG 2. Tính diện tích hình bình hành
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
M
I.
1. Sử dụng công thức tính diện tích hình bình hành, các tính chất về diện tích.
KÈ
2. Sử dụng công thức và các kết quả thu được từ công thức tính diện tích tam giác. II.
MỘT SỐ VÍ DỤ
1500 . Ví dụ 1. Tính diện tích hình bình hành ABCD biết AD 6cm, AB 10cm và A
Lời giải (hình 206)
Y
A
DẠ
Kẻ AH CD .
10cm 150°
6cm
Áp dụng công thức tính diện tích vào hình bình hành ABCD , ta được: S CD.AH 10.AH .
30°
D
C Hình 206
B
Ta còn phải tính chiều cao AH . Do các góc D và A là hai góc trong cùng phía của
FI CI A
L
A 1800 . AB CD nên chúng bù nhau, hay D
1500 theo giả thiết nên D 1800 1500 300 , suy ra tam giác AHD là nửa tam Mà A
1 2
giác đều nên cạnh đối diện với góc 300 là AH AD 3(cm ) . Vậy S 10.3 30(cm 2 ) .
OF
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 24cm 2 , O là giao điểm của hai
đường chéo. Khoảng cách từ O đến AD,CD lần lượt bằng 2cm, 3cm A. Tính các độ dài B AD và CD . Lời giải (hình 207)
ƠN
H
2cm
Ta thấy các tam giác OAB,OBC ,OCD,ODA có diện tích bằng nhau vì có chung chiều cao, đáy bằng nhau nên diện tích mỗi 2
Kẻ OH AD,OK CD thì
K
C
Hình 207
1 1 .OH .AD .2.AD 6 AD 6(cm ) . 2 2
QU Y
SOAD
D
NH
tam giác bằng 24 : 4 6(cm ) .
3cm
1 1 SOCD OK .DC .3.DC 6 DC 4(cm ) . 2 2
Ví dụ 3. Hai cạnh của một hình bình hành có độ dài là 6cm và 8cm . Một trong các A
5cm
đường cao có độ dài là 5cm . Tính độ dài đường cao thứ hai. Hỏi bài toán có mấy đáp số?
M
6cm
K
Lời giải (hình 208)
KÈ
Xét hình bình hành ABCD có AB 8cm, AD 6cm và có một đường cao dài 5cm ; Kẻ các đường cao AH , AK . Tính diện tích hình bình hành
Y
trên bằng hai cách:
DẠ
Cách 1: S CD.AH 8.AH . Cách 2: S BC .AK 6.AK ;
D
H
C Hình 208
B
Vì hình bình hành ABCD chỉ có một diện tích nên hai kết quả trên phải bằng nhau tức là 8.AH 6.AK .
20 (cm ) là đường cao thứ hai. 3
Nếu đường cao thứ nhất là AK 5cm thì 8.AH 6.5 AH
BÀI TẬP
OF
III.
15 (cm ) là đường cao thứ hai. 4
FI CI A
8.5 6.AK AK
L
Nếu đường cao thứ nhất là AH 5cm thì
7. Tính diện tích hình bình hành biết hai cạnh kề bằng 6cm và 9cm , góc xen giữa bằng 1200 .
với AD . Chứng minh rằng S ABCD AB.EH .
ƠN
8. Cho hình thang ABCD (AB CD ) . Gọi E là trung điểm của BC , kẻ EH vuông góc 9. Cho hình bình hành ABCD có diện tích 36cm 2 , M là một điểm nằm trong hình bình hành. Tính tổng diện tích các tam giác MAB và MCD .
NH
10. Cho hình bình hành ABCD . Trên cạnh AB lấy điểm M , trong hình bình hành ABCD lấy điểm N . Chứng minh rằng: 1 2
1 2
b) S ABN SCDN S ABCD .
QU Y
a) SMCD S ABCD ;
Chủ đề 5
DIỆN TÍCH HÌNH THOI
B
M
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
DẠ
Y
KÈ
A
d2
D
C
d1 b)
a) Hình 209
L FI CI A
1. Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc bằng nửa tích hai đường chéo: 1 AC .BD 2
OF
S ABCD
1 2
2. Diện tích hình thoi bằng nửa tích hai đường chéo: S d1 .d2 .
ƠN
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
DẠNG 1. Tính diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1 2
II.
VÍ DỤ
NH
Sử dụng công thức: SABCD AC .BD , với AC BD .
Ví dụ 1. Hãy tính diện tích của hình vuông có độ dài đường chéo bằng d .
QU Y
Lời giải
Hình vuông có hai đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau, do đó diện tích hình vuông bằng một nửa bình phương độ dài đường chéo, tức là S
d2 . 2
cao bằng h .
M
Ví dụ 2. Hãy tính diện tích của hình thang cân ABCD (AB CD ) có AC BD và chiều
KÈ
Lời giải (hình 210)
Từ giả thiết ABCD là hình thang cân có hai đường chéo vuông góc nên AC BD và AC BD .
Y
Áp dụng công thức tính diện tích của tứ giác có hai đường chéo vuông góc, ta có:
DẠ
S
1 BD 2 . 2
A
Tính BD : Kẻ BH CD thì BH h .
B O
C nên OCD vuông cân ở O . Ta có ACD BDC (c-c-c) D 1 1
h 1
D
1
H Hình 210
C
450 suy ra tam giác BHD vuông cân ở H nên Do đó D 1
L
HB HD h .
FI CI A
Áp dụng định lí Py-ta-go vào BHD vuông tại H , ta được: BH 2 DH 2 BD 2 hay BD 2 h 2 h 2 2h 2 . 1 2
Vậy S .2h 2 h 2 . III.
BÀI TẬP
1. Cho hình vuông ABCD có đường chéo bằng 6cm . Trên đường chéo AC lấy điểm
OF
M sao cho AM 2cm . Qua M kẻ các đường thẳng vuông góc với các cạnh của hình
vuông, chúng cắt AB,CD lần lượt ở E và F , cắt AD, BC thứ tự ở G và H . Tính diện tích hình vuông nhỏ.
ƠN
2. Hình thang cân ABCD (AB CD ) có AC BD và đường trung bình bằng 4cm . Hãy tính diện tích tứ giác có đỉnh là trung điểm các cạnh của hình thang cân đó.
I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
NH
DẠNG 2. Tính diện tích hình thoi
Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc hoặc công thức
II.
VÍ DỤ
QU Y
tính diện tích hình bình hành.
Ví dụ 1. Vẽ hình chữ nhật có một cạnh bằng đường chéo của một hình thoi cho trước và có diện tích bằng diện tích của hình thoi đó. Từ đó suy ra cách tính diện tích hình thoi.
Q
M
Lời giải (hình 211)
KÈ
Cho hình thoi MNPQ có hai đường chéo cắt nhau tại O . Vẽ hình chữ nhật MPBA có một cạnh là MP , cạnh kia bằng M 1 ON ON NQ ; 2
Y
A
Ta thấy diện tích hình chữ nhật bằng diện tích hình thoi vì cùng
DẠ
gấp đôi S MPN . 1 2
Do đó S MNPQ S MPBA MP .NQ . Điều này chứng tỏ diện tích hình thoi bằng nửa tích hai đường chéo.
P O
N Hình 211
B
Ví dụ 2. Cho một hình chữ nhật. Vẽ tứ giác có các đỉnh là trung điểm các cạnh của hình chữ nhật. Vì sao tứ giác này là một hình thoi? So sánh diện tích hình thoi với diện tích B
L
Lời giải (hình 212)
M
A
hình chữ nhật. Từ đó suy ra cách tính diện tích hình thoi.
FI CI A
Q
Gọi M , N , P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC ,CD, DA của hình chữ nhật ABCD .
D
P
N
C
Hình 212
Từ giả thiết và tính chất của hình chữ nhật suy ra bốn tam giác vuông
OF
bằng nhau là AMQ, BMN , PCN , PDQ (theo trường hợp c-g-c).
Vậy ta có MN NP PQ QM , tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên nó là hình thoi
1 2
1 2
1 2
ƠN
Ta có S MNPQ S ABNQ (vì cùng bằng 2S MNQ ). Do đó S MNPQ S ABCD AD.DC MP .NQ .
NH
Điều này chứng tỏ diện tích hình thoi bằng nửa tích hai đường chéo. 600 . Tính diện tích hình thoi. Ví dụ 3. Cho hình thoi ABCD có AB 6cm, A
Lời giải (hình 213)
QU Y
Cách 1: Áp dụng công thức tính diện tích hình thoi bằng nửa tích hai đường chéo, ta được: S
1 AC .BD 2
B
Gọi O là giao điểm của AC và BD thì AC 2AO, BD 2BO
M
KÈ
600 suy ra tam giác Từ giả thiết ABCD là hình thoi có A
O
6cm
nên S 2AO.BO .
A
C
60°
H
D
ABD là tam giác đều, do đó tam giác ABO là nửa tam giác đều, ta có: Hình 213 1 1 AB .6 3(cm ) . 2 2
Y
BO
DẠ
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABO vuông tại O , ta được: AB 2 BO 2 OA2 hay 62 32 OA2 OA2 27 (3 3)2 OA 3 3(cm ) .
Vậy S 2.3 3.3 18 3(cm 2 ) .
Cách 2: Vì hình thoi cũng là hình bình hành nên kẻ BH AD .
L
Áp dụng công thức tính diện tích hình bình hành vào hình thoi ABCD , ta được:
FI CI A
S BH .AD 6.BH .
Ta còn phải tính chiều cao BH . Theo cách 1, ta có: BH OA 3 3(cm ) . Vậy S 3 3.6 18 3(cm 2 ) . BÀI TẬP
OF
III.
3. Tính diện tích hình thoi có cạnh bằng 6, 2cm và một trong các góc của nó bằng 300 . 4. Tính diện tích hình thoi ABCD biết AB 13cm, AC 10cm .
ƠN
5. Tính diện tích hình thoi có cạnh bằng 17cm và tổng hai đường chéo bằng 46cm .
Chủ đề 6
NH
DIỆN TÍCH ĐA GIÁC A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Để tính diện tích một đa giác, người ta thường chia đa giác đó thành các tam giác, các tứ giác không có điểm trong chung tính được diện tích rồi áp dụng tính chất
QU Y
cộng diện tích. Do đó cần ghi nhớ các công thức tính diện tích hình chữ nhật, tam giác, hình thang.
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
DẠNG 1. Tính diện tích đa giác
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
M
I.
Cách 1: Chia đa giác thành các tam giác, tứ giác không có điểm trong chung tính được
KÈ
diện tích theo công thức đã học rồi áp dụng tính chất cộng diện tích. Cách 2: Tạo ra một tam giác hoặc hình chữ nhật nào đó chứa đa giác rồi áp dụng tính A
Y
chất cộng diện tích để đưa về phép tính hiệu các diện tích. II.
VÍ DỤ
DẠ
Ví dụ 1. Thực hiện các phép vẽ và đo cần thiết để tính diện tích E tam giác ABCD (BE CD ) (hình 214). Lời giải
D
B
H
C Hình 214
Chia đa giác ABCDE thành tam giác ABE và hình thang vuông EBCD bằng hai phép vẽ sau:
FI CI A
L
Nối EB , kẻ AH EB ; Đo các đoạn thẳng EB,CD, DE , AH (mm ) . Ta tính được S ABCDE S ABE S EBCD .
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có diện tích 60cm 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC ,CD và I là giao điểm của BN , DM . Tính diện tích tứ giác ABID . M
B
OF
Lời giải (hình 215)
I
N
Vì ABCD là hình bình hành nên đường chéo BD chia nó thành hai tam giác diện tích bằng nhau là:
A
C
D
Hình 215
NH
ƠN
1 1 S ABD S BCD S ABCD .60 30(cm 2 ) ; 2 2
2 2 S BDN (vì chung chiều cao kẻ từ D đến BN và đáy BI BN ) (1) 3 3
S BDN
1 2 S BDC (vì chung chiều cao kẻ từ B đến CD và đáy DN DC ) (2) 2 3
QU Y
S BDI
2 1 3 2
1 3
Từ (1) và (2) suy ra: S BID . S BCD .30 10(cm 2 ) ; Vậy S ABID S ABD S BID 30 10 40(cm 2 ) . III.
BÀI TẬP
M
1.
KÈ
a) Tính diện tích tứ giác ABCD có các kích thước bằng cm trên hình 216a. b) Tính diện tích tường nhà cần quét vôi trên hình 216b với các kích thước bằng mét (trừ một cửa ra vào và hai cửa sổ hình chữ nhật).
DẠ
Y
B
A
36 H
C 1,6m
74
1,2m
0,8m
1,6m 3,2m
2m
56
84
6,6m
K 40 D
b)
a) Hình 216
L FI CI A OF
2. Tính diện tích lục giác đều có cạnh 3cm .
3. Chứng minh công thức tính diện tích tam giác S p.r , trong đó p là nửa chu vi và r là khoảng cách từ giao điểm của ba đường phân giác đến mỗi cạnh.
ƠN
4. * Ở một sàn giao dịch bất động sản, người ta quảng cáo bán một hồ hình tam giác và ba mảnh đất hình vuông dựng trên ba cạnh hồ. Diện tích ba mảnh đất đó theo thứ tự bằng 74ha,116ha và 370ha . Bảng quảng cáo không nói rõ diện tích của hồ, làm nhiều
NH
người thắc mắc, không rõ diện tích đó lớn hay bé. Bạn hãy tính giúp xem diện tích của hồ bằng bao nhiêu?
5. * Cho lục giác ABCDEF , có các cạnh đối diện AB và DE , BC và EF ,CD và FA đôi
QU Y
một song song với nhau. Chứng minh rằng SACE S BDE .
DẠNG 2*. Bài toán chia đa giác thành các phần có diện tích bằng nhau I.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Kẻ thêm đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước để tạo ra một tam giác mới có diện tích bằng diện tích của tam giác cho trước. II.
M
2. Áp dụng tính chất cộng diện tích. VÍ DỤ
KÈ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC và điểm D phụ thuộc cạnh BC . Qua D hãy dựng một đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau. Lời giải (hình 217)
Y
A
DẠ
Gọi M là trung điểm của BC .
E
Nếu D M thì trung tuyến AD là đường thẳng cần dựng.
a O
Thật vậy, ta có SABD SADC (vì chung chiều cao kẻ từ A đến BC , đáy bằng nhau).
B
M Hình 217
D
C
Nếu D MC (trường hợp ngược lại làm tương tự).
L
Qua M kẻ Mx AD cắt AB ở E thì DE là đường thẳng cần dựng. Thật vậy, gọi O là giao điểm của AM và DE ta có SMAE SMED
Mà SMEO S MEO
(2)
Trừ theo vế đẳng thức (1) cho (2), ta được: SAEO S MOD . Do đó:
S ACDE S ACDO S AEO S ACDO S MOD S AMC
(3)
OF
S BED S BEOM S MOD S BEOM S AEO S ABM
FI CI A
(vì chung đáy ME , chiều cao kẻ từ A và D đến ME bằng nhau)(1).
(4)
tích bằng nhau.
ƠN
Từ (3) và (4) suy ra S BED S ACDE hay DE chia tam giác ABC thành hai phần có diện
Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD . Hãy dựng một đường thẳng đi qua A chia tứ giác đã cho A
NH
thành hai phần có diện tích bằng nhau. Lời giải (hình 218) Giả sử SABC S ACD .
B
QU Y
Qua B kẻ một đường thẳng song song với đường chéo AC cắt DC D
tại E thì khoảng cách từ B và E đến AC bằng nhau.
C Hình 218
Ta có S ACE S ACB vì chung đáy AC , chiều cao bằng nhau.
M
Do đó S ABCD S ACD S ACB S ACD S ACE S ADE . Bài toán đã cho trở thành, qua đỉnh A của tam giác ADE kẻ một
KÈ
đường thẳng chia tam giác ADE thành hai phần có diện tích bằng nhau. Vậy trung tuyến AM của tam giác ADE là đường thẳng cần dựng.
Y
III. BÀI TẬP
6. Cho tam giác ABC và điểm D thuộc cạnh BC . Qua D hãy dựng hai đường thẳng
DẠ
chia tam giác ABC thành ba phần có diện tích bằng nhau. 7. Cho tứ giác ABCD và điểm E thuộc cạnh AB (diện tích các tam giác ADE , BCE nhỏ hơn nửa diện tích tứ giác). Hãy dựng một đường thẳng đi qua E chia tứ giác đã cho thành hai phần có diện tích bằng nhau.
E
LỜI GIẢI – HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ
A
FI CI A
L
B
F
Chủ đề 1 1. (hình 219) Có bốn tam giác ABC , ACD, ADE , AEF .
E
Có ba tứ giác là ABCD, ACDE , ADFF .
C
D
Hình 219
OF
Có hai ngũ giác là ABCDE , ACDEF và có một lục giác là ABCDEF .
ƠN
A
2. (hình 220) Đặt cạnh của tam giác đều bằng 3a thì các tam giác
S
M
AMS , BNP,CQR là các tam giác đều cạnh a .
Do đó MN NP PQ QR RS SM (1);
R
NH
N
600 suy ra góc Mặt khác tam giác AMS là tam giác đều nên M B 1
P
120 0 . kề bù với nó là M 2
Hình 220
C
Q
QU Y
Chứng minh tương tự ta được lục giác MNPQRS có tất cả các góc bằng 1200 .
Kết hợp với đẳng thức (1) ta có lục giác MNPQRS có tất cả các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau nên nó là lục giác đều.
M
3. (hình 221) Xét ngũ giác ABCDE có M , N , P,Q, S lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC ,CD, DE , EA .
KÈ
Từ định nghĩa đa giác đều và giả thiết suy ra 5 tam giác cân bằng nhau là AMS , BNM ,CPN , DQP, ESQ (c.g.c) nên MN NP PQ QS SM
(1)
Xét các tam giác cân AMS , ESQ .
S 1
A 2
M
3
DẠ
Y
E Vì ngũ giác ABCDE là ngũ giác đều nên các góc được tính theo công thức: 0 E (5 2).180 108 0 . A 5
Suy ra S1 S2 (1800 108 0 ) : 2 360 .
B N
Q D
P Hình 221
C
Do S1 S2 S3 180 0 nên S3 1080 .
L
Chứng minh tương tự ta được ngũ giác MNPQS có tất cả các góc bằng 108 0 . Kết hợp
FI CI A
với đẳng thức (1) ta thấy ngũ giác MNPQS có tất cả các cạnh bằng nhau và tất cả các góc bằng nhau nên nó là ngũ giác đều.
4. Áp dụng công thức tính tổng các góc của n giác: (n 2).1800 . Với n 8 , ta được: (8 2).1800 10800 ; Với n 10 , ta được: (10 2).1800 14400 ; Với n 12 , ta được: (12 2).1800 18000 .
8(8 3) 20 ; 2 10(10 3) 40 ; 2
Với n 12 , ta được:
12(12 3) 54 . 2
6. Gọi số cạnh của đa giác là n
NH
Với n 10 , ta được:
ƠN
Với n 8 , ta được:
n(n 3) ; 2
OF
5. Áp dụng công thức tính số đường chéo của n giác:
Vì tổng số đo các góc của đa giác là 10800 nên ta có phương trình: (n 2).1800 10800 n 2 6 n 8 .
QU Y
7.
a) Vì tổng các góc trong và ngoài tại một đỉnh của đa giác bằng 2v nên tổng các góc trong và ngoài tại n đỉnh bằng 2nv .
Mà tổng các góc trong của đa giác bằng (n 2).2v .
M
Vậy tổng các góc ngoài của đa giác là:
2nv (n 2).2v 2v.(n n 2) 4v .
KÈ
Điều này chứng tỏ tổng các góc ngoài của bất kì đa giác nào cũng bằng 4v . b) Đa giác có tổng các góc trong bằng tổng các góc ngoài khi và chỉ khi: (n 2).2v 4v n 2 2 n 4 .
Y
.
DẠ
Điều này chứng tỏ đa giác có bốn cạnh. 8.
a) Đa giác có số đường chéo bằng số cạnh khi và chỉ khi: n(n 3) n n(n 3) 2n n(n 5) 0 n 5 (vì n 0 ). 2
b) Đa giác có số đường chéo gấp đôi số cạnh khi và chỉ khi:
điều kiện đầu bài.
A2
FI CI A
10. * (hình 222) Rõ ràng hình vuông và ngũ giác đều thoả mãn
L
n(n 3) 2n n(n 3) 4n n(n 7) 0 n 7 (vì n 0 ). 2 A1 0 ( n 2).180 9. Mỗi góc của đa giác đều bằng 1080 108 0 n 5 . n A
A3
A4
A5
Ta đi chứng minh đa giác có số cạnh lớn hơn 5 không thoả mãn
A6
bài ra bằng phương pháp phản chứng.
Hình 222
độ dài bằng nhau.
ƠN
Khi đó A1A4 A2A5 vì chúng là các đường chéo.
OF
Giả sử tồn tại đa giác A1A2 ...An với n 6 có các đường chéo có
Xét tứ giác A1A2A4A5 , các đoạn thẳng A1A4 , A2A5 là các đường chéo, còn A1A5 , A2A4 là các cạnh của tứ giác nên tổng hai đường chéo lớn hơn tổng hai cạnh đối (xem ví dụ 2, dạng
NH
2, chủ đề 1, chương 1) tức là:
A1A5 A2A4 A1A4 A2A5 mâu thuẫn với giả thiết quy nạp vì A1A5 và A2A4 cũng là các
đường chéo của đa giác.
QU Y
Điều này chứng tỏ giả thiết trên là sai.
Vậy những đa giác có số cạnh lớn hơn 5 không thoả mãn bài ra.
Chủ đề 2
M
1. Gọi cạnh hình vuông là a thì diện tích hình vuông là S a 2 . 110a . 100
KÈ
Nếu mỗi cạnh của nó tăng thêm 10% thì cạnh của hình vuông mới là 110a 2 121a 2 S Do đó hình vuông mới có diện tích là m . 100 100
DẠ
Y
So với diện tích cũ S
100a 2 thì diện tích mới tăng thêm 21% . 100
2. Gọi chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật là a, b thì diện tích của nó là S ab . a) Nếu chiều dài tăng thêm 10% thì chiều dài mới là
110a . 100
Nếu chiều rộng tăng thêm 20% thì chiều rộng mới là
L
100ab thì diện tích mới tăng thêm 32% . 100
b) Nếu chiều dài giảm đi 25% thì chiều dài mới là
75a ; 100
Nếu chiều rộn tăng thêm 15% thì chiều rộng mới là Do đó hình chữ nhật mới có diện tích là Sm
75a 115b 86, 25ab . . 100 100 100
100ab thì diện tích mới giảm đi 13, 75% . 100
ƠN
So với diện tích cũ là S
115b . 100
OF
S
110a 120b 132ab , so với diện tích cũ là . 100 100 100
FI CI A
Do đó diện tích của hình chữ nhật mới là Sm
120b . 100
3. Gọi các cạnh của hình chữ nhật là a, b (với điều kiện a, b 0 ) thì diện tích của nó là S ab . a 3 (1), ab 300 (2). b 4
NH
a) Theo bài ra ta có
B
Nhân theo vế đẳng thức (1) với (2), ta được: a (15) a 15(cm ) (vì a 0 ). 2
QU Y
2
A
C
Thay a 15 vào (2), ta được 15.b 300 b 20(cm ) .
Q
b) Giả sử a 3 a 3(cm ) (vì a 0 ). 2
2
N
M
P D Hình 223
Do đó 3b 45 b 15(cm ) .
M
4. (hình 223) Gọi M , N , P,Q lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC ,CD, DA của hình thoi ABCD , ta có AC 10cm, BD 6cm . A
KÈ
Tứ giác MNPQ là hình chữ nhật nên có diện tích: AC .BD 6.10 15(cm 2 ) . 4 4
M
Q
B
N
Y
5. (hình 224) Gọi M , N , P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC ,CD, DA của hình thang cân ABCD (AB CD ) ,
DẠ
AC 4cm, AC BD .
Tứ giác MNPQ là hình vuông cạnh 2cm nên diện tích là 4cm 2 .
D
P Hình 224
C
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông, ta được: 102 x 2 y 2 (x y )2 2xy 142 2xy 2xy 96
FI CI A
Theo giả thiết x y 14cm , cạnh huyền bằng 10cm .
xy 24(cm 2 ) . 2
A 3cm B
7. (hình 225) Kẻ đường cao BH thì:
135°
OF
S ABCD S ABHD S BHC .
4cm
S ABHD 3.4 12(cm 2 ) ;
4.4 8(cm 2 ) ; 2
ƠN
S BHC
xy . 2
L
6. Gọi độ dài hai cạnh góc vuông là x, y thì diện tích của tam giác vuông là S
H
C
Hình 225
NH
S ABCD 12 8 20(cm 2 ) .
D
8. Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x, y thì diện tích của nó là S xy . Ta có 4xy (x y )2 (x y )2 (x y )2 (1). Dấu bằng xảy ra khi x y .
QU Y
a) Với chu vi của hình chữ nhật bằng 2(x y ) 40 x y 20 . Thay x y 20 vào đẳng thức (1), ta được: S xy 100 . Dấu bằng xảy ra khi
x y x y 20 10 . 1 1 2 2
M
Vậy maxS 100 khi x y 10 hay hình chữ nhật là hình vuông. Điều này chứng tỏ trong các hình chữ nhật có cùng chu vi 40cm thì hình vuông cạnh
KÈ
10cm có diện tích lớn nhất.
b) Với xy 100 . Thay vào (1), ta được: 4.100 (x y )2 x y 20 2(x y ) 40 .
Y
Dấu bằng xảy ra khi x y 10 .
DẠ
Vậy chu vi của hình chữ nhật đạt giá trị nhỏ nhất bằng 40 khi x y 10 . Điều này chứng tỏ trong các hình chữu nhật có cùng diện tích 100cm 2 thì hình vuông cạnh 10cm có chu vi nhỏ nhất.
A
Chủ đề 3
ta được: 1 BC .AH . 2
C
12 H
B
S
L
FI CI A
1. (hình 226) Áp dụng công thức tính diện tích vào tam giác ABC ,
41
15
Hình 226
Tính chiều cao AH ;
OF
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABH vuông tại H , ta được:
AB 2 BH 2 AH 2 hay 152 122 AH 2 AH 2 92 AH 9 vì AH 0 .
Tính BC BH HC 12 HC .
ƠN
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ACH vuông tại H , ta được: AC 2 CH 2 AH 2 hay 412 CH 2 92 CH 2 402 CH 40 , vì CH 0 .
1 2
Vậy S .52.9 234(cm 2 ) . S ABC
4.6 12(cm 2 ) ; 2
A
D
S ADE
E
B Hình 227
QU Y
2. (hình 227)
NH
Do đó BC 12 40 52 .
C
2.3 3(cm 2 ) ; 2
S BDEC 12 3 9(cm 2 ) . A
B
3. (hình 228) Ta có S ABC S ABD (vì chung đáy AB chiều cao kẻ từ C và D đến AB bằng nhau).
M
O
SCDA SCDB (vì chung đáy CD chiều cao kẻ từ A và B đến CD
(1)
KÈ
bằng nhau).
Lại có SCDO SCDO
D Hình 228
C
(2)
Y
Trừ theo vế đẳng thức (1) cho (2), ta được:
DẠ
S ADO S BCO . C
4. (hình 229) Vì CE BD theo giả thiết nên các đường cao kẻ B
từ C và E đến BD bằng nhau S BDC S BDE (chung đáy BD , chiều cao bằng nhau). A
D Hình 229
E
FI CI A
L
Do đó S ABCD S ABD S BDC S ABD S BDE S ABE .
5. (hình 230) Vì ABCD là hình bình hành nên AB CD, AD BC
và EF BD theo giả thiết. Do đó các đường cao kẻ từ A, D đến BC
bằng nhau. Các đường cao kẻ từ A, B đến CD bằng nhau. Các đường A cao kẻ từ E và F đến CD bằng nhau. Ta có S BEA S BED (vì chung đáy BE , chiều cao bằng nhau)
OF
(1).
S DFA S DFB (vì chung đáy DF , chiều cao bằng nhau) (2). D S DFB S BED
F
B
E
C
Hình 230
Từ (1), (2) và (3) suy ra: S BEA S DFA . 6. (hình 231) Gọi S ABCD 6a .
ƠN
(3).
1 3
NH
S DAC S BDC 3a (vì chung đáy DC và đường cao bằng nhau).
Ta có SDCL S DLK S DKB S DBC a (vì chung chiều cao kẻ từ D đến BC và các đáy bằng nhau).
c)
SSCK SDAC SADLB SABKD SABLD
3a 3a 3 . SDCL SDLK 2a 2
QU Y
b)
SDAC
3a 3a 3 . S ABCD S DCL 5a 5
SABCD S DCK SABCD SDCL
M
a)
C
B
A
D Hình 231
4a 4 . 5a 5
C
KÈ
7. (hình 232) Gọi giao điểm của hai đường trung tuyến AD và BE là G thì G là trọng tâm của tam giác ABC nên BG
2 BE 3 D
E
theo tính chất về các đường trung
G
tuyến của tam giác.
Y
Ta có S ABC 2S ABD (vì có chung chiều cao kẻ từ A đến BC ,
DẠ
đáy BC 2BD ). 1 2
A
1 2
2 3
Mà S ABD AD.BG AD. BE
AD.BE . 3
B Hình 232
2AD.BE . 3
F
8. (hình 233) Gọi S ABC a thì S ACE S ABC a (vì chung
L
Do đó S ABC
chiều cao kẻ từ A đến BC , đáy bằng nhau). Lập luận tương tự, ta cùng có:
FI CI A
A a
B
S BCD SCDE S AEF S ABF S BDE a . D
Từ đó suy ra:
Hình 233
OF
a) SDEF 7a 7S ABC .
E
C
b) SADE S BEF SCDF 4a 4SABC .
9. (hình 234) Kẻ đường cao AH thì H là trung điểm của BC theo tính chất của tam Cách 1: Tính theo đường cao AH , ta có: S
1 1 AH .BC .12.AH 6AH . 2 2
ƠN
giác cân nên HC 6cm . Tính diện tích tam giác cân ABC theo hai cách.
NH
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác AHC vuông ở H , ta được: AC 2 CH 2 HA2 A
Hay 102 62 HA2 HA2 82 HA 8(cm ) 2
QU Y
Do đó S 48cm .
K
10cm
Cách 2: Tính theo đường cao BK , ta có:
B
1 1 S AC .BK .10.BK 5BK . 2 2
C
H 12cm Hình 234
Vì tam giác cân ABC chỉ có một diện tích nên hai kết
M
quả trên phải bằng nhau, tức là: 5BK 48 BK 9, 6(cm ) . 10. (hình 235) Gọi chiều cao kẻ từ A đến DE là h1 . Vì DE BC nên chiều cao kẻ từ D, E đến BC bằng nhau, gọi chiều cao đó là h2 .
KÈ
A
S ABM S AMC (vì chung chiều cao kẻ từ A đến BC , đáy bằng nhau)(1). h1
Y
S BMD S MCE (vì đáy bằng nhau, chiều cao bằng nhau).
DẠ
Trừ theo vế đẳng thức (1) cho (2), ta được: SAMD S AEM 1 2
1 2
Mặt khác: S AMD S AOD S DOM DO.h1 DO.h2
(2) (3)
DO (h1 h2 ) (4) B 2
1 1 EO S AEM S AEO SOEM OE .h1 OE .h2 (h1 h2 ) (5) 2 2 2
E
D h2
M Hình 235
C
Từ (3), (4) và (5) suy ra DO OE .
A
H
E
O
Ta có S ACD S BCD (vì chung đáy CD , chiều cao bằng nhau) (1) và SOCD SOCD
(2)
FI CI A
Vì AB CD nên chiều cao kẻ từ A và B đến CD bằng nhau.
L
11. (hình 236) Trước hết ta chứng minh SAOD S BCO .
B
h
D
Hình 236
Trừ theo vế đẳng thức (1) cho (2), ta được: SAOD S BCO .
12. (hình 237) Gọi AB AC 2a . Tính diện tích tam giác cân ABC bằng hai cách.
S
1 1 AC .BH BH .2a a.BH . 2 2
S S AMB S ACM
NH
Cách 2: Tính theo tính chất cộng diện tích:
ƠN
Cách 1: Tính theo công thức diện tích:
OF
Lập luận tương tự như bài 10, ta được: EO OH .
A
H
P
Q B
M
1 1 AB.MP AC .MQ a(MP MQ ) . 2 2
C
Hình 237
Vì tam giác cân ABC chỉ có một diện tích nên hai kết quả trên phải
QU Y
bằng nhau, tức là: a.BH a.(MP MQ ) hay MP MQ BH . 13. (hình 238) Xét tam giác ABC có CB a,CA b . Kẻ AH BC thì AC và AH lần lượt là đường xiên. Đường vuông góc kẻ từ điểm A ở ngoài đường thẳng BC đến đường thẳng đó nên đường vuông góc AH là đường ngắn
1 2
M
nhất, hay AH AC .
1 2
ab . 2
KÈ
Do đó S AH .BC CA.BC
Ta có: 4ab (a b)2 (a b)2 (a b)2 .
Y
2(a 2 b 2 ) (a b )2 (a b )2 (a b )2
DẠ
Từ (1) và (2), suy ra: S
A
(1) (2)
ab a 2 b 2 . 2 4
C
vuông cân tại C .
a b
H
a Hình 238
AC CB AC AH ABC Dấu đẳng thức xảy ra khi
b
a b
B
C
14. Gọi hai cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng a là b, c và diện tích của tam giác là S .
a2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác 4
FI CI A
Theo kết quả của bài 13, ta có: S
L
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta được: b 2 c 2 a 2 .
ABC vuông cân tại C .
Vậy maxS
a2 . 4
OF
15. Gọi hai kích thước của hình chữ nhật là a, b thì diện tích của hình chữ nhật là S ab . Theo định lí Py-ta-go thì: a 2 b 2 12 . Áp dụng kết quả bài 13, ta được: S ab
a 2 b2 122 77 . 2 2
ƠN
Dấu đẳng thức xảy ra khi hình chữ nhật là hình vuông.
Điều đó chứng tỏ rằng trong các hình chữ nhật có đường chéo bằng 12cm thì hình
NH
vuông có diện tích lớn nhất.
16. * Trước hết, ta có: a 2 b 2 2ab (a b)2 0 Áp dụng kết quả trên, ta có:
OA2 OB 2 OB 2 OC 2 OC 2 OD 2 OD 2 OA2 2 2 2 2
QU Y
OA2 OB 2 OC 2
a 2 b2 ab . 2
OAOB . OB.OC OC .OD OD.OA
2S AOB 2S BOC 2SCOD 2S DOA 2S .
OA OB OC OD
KÈ
hình vuông.
M
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , hay tứ giác ABCD là AOB BOC COD DOA
A 2cmB
Chủ đề 14
Y
1. (hình 239) Kẻ đường cao BH thì tứ giác ABHD có ba
DẠ
góc vuông nên nó là hình chữ nhật. Suy ra DH AB 2cm , do đó HC 6 2 4 .
Tam giác vuông BCH có C 450 nên vuông cân ở H , suy ra BH HC .
45°
D 2cmH
4cm Hình 239
C
(AB CD ).BH (2 6).4 16(cm 2 ) . 2 2
A
2. (hình 240) Kẻ đường cao BH thì tứ giác ABHD có ba góc vuông nên nó hình chữ nhật, suy ra:
B
5cm
HD AB 3cm , do đó HC 6 3 3 .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BHC vuông ở H , ta có:
Áp dụng công thức tính diện tích hình thang, ta được:
ƠN
(AB CD ).BH (3 6).4 18(cm 2 ) . 2 2
3. (hình 241) Kẻ đường cao BH thì tứ giác ABHD có ba góc
A 3cm B
vuông nên nó là hình chữ nhật, suy ra DH AB 3cm , do đó:
6cm
NH
HC 12 3 9 ..
30°
Vì tam giác vuông BCH có C 300 nên nó là nửa tam giác đều, D
H 12cm Hình 241
QU Y
1 do đó BH .BC 4(cm ) . 2
Áp dụng công thức tính diện tích hình thang, ta được: S
(AB CD ).BH (3 12).4 30(cm 2 ) . 2 2
M
4. (hình 242) Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AD và BC thì EF là đường trung bình của hình thang ABCD nên EF CD và 2EF AB CD (theo tính chất đường
KÈ
trung bình của hình thang). Áp dụng công thức tính diện tích hình thang, ta được: B
A
(AB CD ).AH 2EF .12 12EF . 2 2
Y
S
Áp dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào E H . tam giác vuông AHD , ta được EH ED EA nên D 1
DẠ
C
OF
HB 2 42 HB 4(cm ) , vì HB 0 .
H
D
6cm Hình 240
BC 2 CH 2 HB 2 hay 52 32 HB 2
S
3cm
FI CI A
S
L
Áp dụng công thức tính diện tích hình thang, ta được:
F 8cm
D
12cm Hình 242
C
C
C suy ra C H EH FC . Tứ giác EFCH có Lại có D 1
các cạnh đối song song nên nó là hình bình hành, suy ra
Vậy S 144(cm 2 ) . 5. (hình 243) Xét hình thang cân ABCD (AB CD ) ,
A
AB 10cm, BC 12cm,CD 20cm .
Kẻ AH , BK vuông góc với CD thì tứ giác ABKH là hình chữ nhật, nên HK AB 10cm .
10cm
B
D
C
20cm Hình 243
ƠN
CD HK 20 10 5(cm ) . 2 2
OF
12cm
Hai tam giác vuông AHD, BKC bằng nhau, vậy DH CK
FI CI A
L
EF HC 12cm .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác AHD vuông ở H , ta được: AD 2 DH 2 HA2 , hay 132 52 HA2
NH
HA2 122 HA 12(cm )
Vậy S 144(cm 2 ) .
6. (hình 244) Xét hình thang ABCD (AB CD ) có M , N lần lượt là trung điểm của AD A
QU Y
và BC .
B
1 2
Ta phải chứng minh SAND S ABCD .
Thật vậy: Ta có ABN ECN (g.c.g) D
S ABN S ECN (1) và AN NE ;
C
E
M
Hình 244
KÈ
Lại có S ANCD S ANCD (2). Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được: S ABCD S AED (3). Mặt khác SAND S NED (4), vì chung chiều cao kẻ từ D đến AE , đáy bằng nhau.
Y
Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh.
DẠ
1200 . 7. (hình 245) Xét hình bình hành ABCD có AB 9cm, AD 6cm và A
Kẻ đường cao AH thì diện tích hình bình hành ABCD được tính theo công thức: B
9cm
A
S CD.AH 9.AH 6cm 60°
D
C Hình 245
là góc trong cùng phía của AB CD nên chúng bù nhau, hay: Vì D
L
1800 1200 600 . D
DH
FI CI A
600 nên nó là nửa tam giác đều. Suy ra: Tam giác vuông ADH có D
1 AD 3cm . 2
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ADH vuông ở H , ta được:
OF
AD 2 DH 2 HA2 62 32 HA2 HA2 45 HA 45(cm ) .
Vậy S 9 45(cm 2 ) .
8. (hình 246) Qua E kẻ một đường thẳng song song với AD cắt
A
B
I 1
H
song song nên nó là hình bình hành.
ƠN
AB, DC theo thứ tự ở I và K thì tứ giác AIKD có các cạnh đối
Áp dụng công thức tính diện tích vào hình bình hành AIKD ,
NH
ta được: SAIKD EH .AD Ta có BEI CEK (g.c.g) S BEI SCEK .
E
2
D
C
K
(1)
Hình 246
(2)
Lại có SABEKD SABEKD . Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được:
QU Y
S ABCD S AIKD
B
M
A
Kết hợp với (1) ta có S ABCD EH .AD . 9. Học sinh tự giải. 10.
a) (hình 247) Vì ABCD là hình bình hành nên AB CD , do đóD
C
M
Hình 247
khoảng cách từ A và M đến CD bằng nhau.
KÈ
Ta có S DCA S DCM (1) (vì chung đáy, chiều cao bằng nhau). B
A
1 2
1 2
Lại có SDCA SABCD (2). Từ (1) và (2) suy ra SDCM SABCD .
N
E
F
Y
b) (hình 248) Qua N kẻ một đường thẳng song song với AB
DẠ
D là cắt AD, BC lần lượt ở E và F , ta được hai hình bình hành
ABFE , EFCD . Áp dụng kết quả câu a), ta có: S ANB S DNC
C Hình 248
1 . S 2 ABCD A G
E
M
B H
Chủ đề 5
L
1. (hình 249) Hình vuông AEMG có đường chéo AM 2cm , nên diện tích được tính theo công thức: AM 2 22 2(cm 2 ) . 2 2
FI CI A
S
Hình vuông MHCF có đường chéo MC 4cm nên diện tích được tính theo công thức: MC 2 42 8(cm ) . 2 2
M
A
2. (hình 250) Gọi M , N , P,Q lần lượt là trung điểm các
B
OF
S
AB, BC ,CD và DA . Trước hết ta chứng minh tứ giác MNPQQ
là hình vuông.
N
ƠN
Hình vuông MNPQ có đường chéo QN 4cm nên diện tích
S
QN 2 42 8(cm 2 ) . 2 2
D
P
C
Hình 250
NH
được tính theo công thức:
300 . 3. (hình 251) Xét hình thoi ABCD có AB 6, 2cm, A
B
QU Y
Kẻ BH AD thì tam giác vuông ABH là nửa tam giác đều, do6,2cm đó: 1 BH AB 3,1cm . 2
A
C
30°
H
Áp dụng công thức tính diện tích vào hình thoi, ta được:
D Hình 251
KÈ
M
S BH .AD 3,1.6, 2 19, 22(cm 2 ) . A 5cm
4. (hình 252) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo thì AC 2AO, BD 2BO . 5cm
Y
Áp dụng công thức tính diện tích vào hình thoi ABCD , ta được: S AC .BD 10.2BO 20BO .
DẠ
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABO vuông ở O , ta được: AB 2 BO 2 OA2 , hay 132 BO 2 52 BO 2 122 BO 12(cm )
D
13cm
5cm
O
C Hình 252
B
Vậy S 240(cm 2 ) .
B
5. (hình 253) Xét hình thoi ABCD có AB 17cm, AC BD 46cm . x
A
C
O
FI CI A
Đặt OA x ,OB y thì x y 23 .
Áp dụng công thức tính diện tích vào hình thoi ABCD , ta được: S
L
Gọi O là giao điểm hai đường chéo.
y
AC .BD 2x .2y 2xy . 2 2
D
Hình 253
OF
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABO vuông ở O , ta được: 172 x 2 y 2 (x y )2 2xy 232 2xy 2xy 240 .
ƠN
Vậy S 240(cm 2 ) .
Chủ đề 6
NH
1.
a) (hình 216a) Theo tính chất cộng diện tích, ta có: S ABCD S ABH S BCKH SCDK 7912(mm 2 ) .
b) (hình 216b) Diện tích tường nhà là: S 6.6.3, 2 21,12(m 2 ) .
QU Y
Diện tích cửa chính là: S1 2.1, 2 2, 4(m 2 ) . Diện tích hai cửa sổ là: S 2 2.1, 6.0, 8 2, 56(m 2 ) . Vậy diện tích tường cần quét vôi: SQ 21,12 2, 4 2, 56 16,16(m 2 ) .
M
2. Nối các đường chéo của lục giác đều thì các đường chéo này chia lục giác đều thành
KÈ
6 tam giác đều cạnh , mà diện tích mỗi tam giác đều cạnh a bằng
Vậy lục giác đều cạnh a có diện tích là
a2 3 . 4
a2 3 (cm 2 ) . 4
3. (hình 254) Xét tam giác ABC có a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC ,CA, AB và r là A
Y
khoảng cách từ giao điểm của các đường phân giác đến các cạnh.
DẠ
Vì p là nửa chu vi nên p
a b c . 2
c
b
Áp dụng tính chất cộng diện tích vào tam giác ABC , ta có: S ABC S IBC S ICA S IAB
B
a Hình 254
C
a.r b.r c.r a b c p.r . r. 2 2 2 2 2
L
4. (hình 255) Nhận xét:
FI CI A
74 7 2 52 ;1162 102 42 ;(10 7)2 (5 4)2 17 2 92 370 .
Vẽ tam giác ABC vuông ở A , có: AB 5 4; AC 7 10 . Nên ta có: BC 2 370; BK 2 74; KC 2 116 .
B 370
5
D 74
ƠN
116
K
4
A
a)
10
7 E
C
b)
QU Y
NH
Hình 255
OF
Như vậy ba cạnh của tam giác BKC chính là ba cạnh của hồ nước.
S ABC 17.19 : 2 76, 5; S BDK 5.7 : 2 17, 5 .
M
Do đó
B
A
KÈ
S KCE 4.10 : 2 20; S ADKE 4.7 28 .
Vậy S BKC 76, 6 17, 5 20 28 11 (ha) hay diện tích mặt hồ là 11ha . F
C
Y
5. (hình 256) Gọi G là giao điểm của AD và VE , K , H thứ tự là
G K H
giao điểm của FC với BE , AD .
DẠ
Vì AB CD nên khoảng cách từ A, B đến BE bằng nhau nên S DEA S DEB (1) (vì chung đáy DE , chiều cao bằng nhau). SGDE SGDE (2)
E
D Hình 256
Trừ theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được:
L
S AGE S BDG (3)
FI CI A
Chứng minh tương tự, ta cũng được: S EKC S BKF (4); S AHC S FHD (5); SGHK SGHK (6).
Cộng theo vế các đẳng thức (3), (4), (5) và (6), ta được:
OF
S AGE S KCE S ACH SGHK S BDG S BKF S FHD SGHK hay S ACE S BDF . A 6. Trường hợp 1 (hình 257a) M B hoặc C ; D Chia AC thành ba phần bằng nhau bằng cách;
Trên cạnh AC lấy hai điểm D, E sao cho:
M≡ B
(trường hợp M C làm tương tự).
C
Hình 257a
ƠN
AD DE EC thì BD và BE là hai đường thẳng cần tìm
E
Trường hợp 2 (hình 257b) M B và M C ;
NH
Qua B kẻ một đường thẳng song song với AM cắt AC tại A1 A
Chia AC ra ba phần bằng nhau bằng cách; 1
N1 A
Trên AC lấy hai điểm N 1, N 2 sao cho: 1
QU Y
N2
A1N 1 N 1N 2 N 2C .
1 2
B
C
M Hình 257b
Khi S ABM S ABC thì MN 1, MN 2 là hai đường thẳng cần tìm. Nếu N 1 AC , kẻ N 1K AN thì SN AK SAKM SAKMN SMN C . 2
2
M
1
7. (hình 258) Qua A, B kẻ các đường thẳng theo thứ tự song song với ED, EC cắt
KÈ
đường thẳng CD lần lượt ở M và N . Khi đó khoảng cách từ A và M đến DE bằng nha, từ B và N đến EC bằng nhau.
A
E
B
D
I
C
Ta có S DEM S DEA , SCEN SCEB , nên:
Y
S ABCD S EMN .
DẠ
Bài toán trở thành.
M
Từ E kẻ một đường thẳng chia tam giác EMN thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Hình 258
N
L
Do đó trung tuyến EI là đường thẳng cần dựng.
FI CI A
LỜI GIẢI – HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ
Chủ đề 1
ƠN
b) Không. Hướng dẫn: Học sinh, chứng minh tương tự như trên.
OF
1. Câu trả lời là: a) Không. Giải thích: Giả sử bốn góc của một tứ giác đều là góc nhọn thì tổng bốn góc của tứ giác nhỏ hơn 3600 , trái với tính chất về góc của tứ giác. Vậy bốn góc của tứ giác không thể đều là góc nhọn.
c) Có, ví dụ tứ giác có bốn góc bằng nhau nên mỗi góc bằng 900 .
B C D 3600 hay 2. Áp dụng tính chất về góc vào tứ giác ABCD , ta được A
NH
3600 (B C D ) 3600 2600 1200 . A là góc ngoài của tứ giác tại đỉnh A nên: Vì A 1 1800 A 1800 120 0 600 . A 1
QU Y
C D E 3600 hay 3. Áp dụng tính chất về góc vào tứ giác ABCD ta được B E 3600 suy ra D E 1900 (1) 1200 500 D E 400 (2) (theo giả thiết). Lại có D
2300 D 1150 do đó E 750 . Cộng (1) với (2) theo vế ta được 2D
M
4. Viết lại giả thiết thành
G E F H . 1 2 4 5
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau và tính chất về góc vào tứ giác ta được:
KÈ
G F G H E F H E 3600 300 . 1 2 4 5 12 12
C 3cm
300 , F 600 , G 1200 , H 1500 . Nên E B
Y DẠ
5. a) (hình 108) Bước 1: Chọn tam giác ABC biết ba yếu tố AB 2cm, BC 3cm,CA 4cm vẽ trước ta được ba đỉnh của tứ giác là A, B,C .
4cm
2,5cm
2cm 2cm
A
D Hình 108
Bước 2: Lợi dụng cạnh CA 4cm với hai yếu tố còn lại CD 2, 5cm, DA 2cm vẽ tam giác
L
C
thứ hai ACD ta được đỉnh D . B
b) (hình 109) Bước 1: Chọn tam giác ABC biết ba yếu tố AV 3, 5cm, BC 4cm,CA 5, 5cm vẽ trước
6.5cm
3.5cm
ta được ba đỉnh A, B,C của tứ giác.
A
D
ƠN
OF
tố còn lại là C 1200 ,CD 4, 5cm vẽ tam giác
6*. Học sinh xem Ví dụ 2, Dạng 2 rồi tự chứng minh.
2,5cm
Hình 109
Bước 3: Lợi dụng cạnh BC 4cm với hai yếu thứ hai BCD ta được đỉnh D .
FI CI A
4cm
Chủ đề 2
NH
1. Nếu cắt hai cạnh của một tam giác cân bởi một cát tuyến song song với cạnh đáy ta thu được một hình thang, hình thang này lại có hai góc kề với đáy lớn bằng nhau theo tính chất về góc của tam giác cân nên nó là hình thang cân. 2. (hình 110) Tứ giác NSQP là hình thang cân. Giải thích:
QU Y
2 . Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào tam giác cân MNP , ta được: Đặt M
MN MP MS SN MS MQ nên tam giác MSQ cân tại M . MQ QP
M
1
S 1
Q
ta được:
M
Áp dụng tính chất về góc vào hai tam giác cân MNP và MSQ , N
P
Hình 110
KÈ
900 S1 Q suy ra SQ NP . 1 S1 N 0 N P 90
Tứ giác NSQP có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.
Y
P nên là hình Hình thang NSQP này lại có hai góc kề với một đáy bằng nhau là N
M
DẠ
thang cân. 3. (hình 111) Tứ giác BEDC là hình thang cân. 2 . Giải thích: Đặt A
E 1
1
D
Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào tam giác cân ABC , ta được: N
P Hình 111
L
A AB AC , A 900 ABD ACE D E
FI CI A
(trường hợp cạnh huyền, góc nhọn). Suy ra AD AE nên tam giác AED cân tại A .
Áp dụng tính chất về góc vào hai tam giác cân ABC và AED , ta được:
OF
D 900 E E nên ED BC . 1 1 B 1 0 B C 90
Tứ giác BEDC có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.
ƠN
C nên là hình Hình thang BEDC này lại có hai góc kề với một đáy bằng nhau là B thang cân.
4. (hình 112) Tứ giác ABCD là hình thang cân. Giải thích: Do hai góc I 1 và I 2 là hai góc đối đỉnh nên
C 1
1
I 2
NH
đặt I1 I2 2 .
A
IA IC AB CD và hai tam giác Từ giả thiết IB ID IAC , IBD đều cân tại I , áp dụng tính chất về góc vào
QU Y
hai tam giác cân IAC và IBD , ta được:
1
1
B
D Hình 112
C 900 A B nên AC BD vì 1 1 A 1 1 0 B D1 90 1
có cặp góc đồng vị bằng nhau.
M
Tứ giác ACBD có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang cân.
KÈ
Hình thang ACBD này lại có hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang cân. 5. (hình 113) a) Tứ giác BDEC là hình thang cân. Hướng dẫn: Học sinh tự giải tương tự như bài 3. D
DẠ
Y
b) Giả sử hình thang BDEC đã có BD DE EC thì tam giác BDE cân ở D . Áp dụng tính chất về góc vào tam giác cân BDE và tính chất góc so le của DE BC ta được:
A
1
1
E
2
C
B Hình 113
L
E B B , điều này chứng tỏ BE là đường 1 1 B 1 2 E1 B2
FI CI A
phân giác của góc B . Chứng minh tương tự ta cũng được CD là đường phân giác của góc C .
Vậy câu trả lời là D, E lần lượt là giao điểm của các đường phân giác của các góc C , B với các cạnh AB và AC .
OF
6*. Câu trả lời là không. Phải bổ sung thêm một trong hai điều kiện là hai cạnh đáy không bằng nhau hoặc hai cạnh bên không song song. 7.
ƠN
a) Biết ít nhất hai góc (không kề với một cạnh bên) của một hình thang thì tính được các góc còn lại. b) Theo câu a) hai góc này không kề với một cạnh bên nên nó là hai góc kề với một đáy suy ra hai góc còn lại là 1400 ,1200 .
NH
8. 1100 , 500 .
9. (hình 114) Áp dụng tính chất hai góc trong cùng phía của BC AD và giả thiết, ta được:
QU Y
B 1800 A (1) B 300 (2) A C 1500 (3) A
B
C
2100 Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được 2A 1050 . hay A
D Hình 114
M
1800 1050 750 , Kết hợp với (1) và (3) suy ra B
A
KÈ
C 1500 1050 450 .
Do góc C và D là hai góc trong cùng phía của BC AD nên chúng bù nhau suy ra 1800 450 1350 . D
DẠ
Y
10.
a) Chỉ cần biết một góc của hình thang cân thì tính được các góc còn lại. b) Đó là góc ở đáy lớn. Ba góc còn lại là 700 ,1100 ,1100 . 11. Đó là hai góc kề với một cạnh bên.
Các góc của hình thang cân đó là 1100 ,1100 , 700 , 700 .
L
12. Câu trả lời là có.
13. (hình 115) Áp dụng định nghĩa vào hình thang cân ABCD và tính chất góc đồng vị của AB CD , ta được:
A 1
1
B
P
OF
C D B C D , A 1 1 D A1,C B1
FI CI A
Giải thích: Vì hai đáy không bằng nhau nên hai cạnh bên cắt nhau, ta được một tam giác có một cạnh là đáy lớn của hình thang cân. Tam giác này có hai góc bằng nhau nên nó Q là tam giác cân.
C
D
suy ra QA QB và QD QC vì trong một tam giác, đối diện
Hình 115
với hai góc bằng nhau là hai cạnh bằng nhau. Điều này chứng tỏ Q cách đều hai đầu hai đoạn thẳng AB và CD nên Q thuộc
ƠN
đường trung trực của hai đáy.
Áp dụng tính chất về cạnh bên và đường chéo vào hình thang cân ABCD , ta được:
NH
AD BC C . AC BD ADC BCD (c-c-c) D 1 1 DC CD
QU Y
Suy ra PC PD (1), kết hợp với AC BD ta có PA PB (2). Từ (1) và (2) chứng tỏ P cách đều hai đầu của hai đoạn thẳng CD và AB nên P thuộc đường trung trực của hai đáy. Vậy PQ là đường trung trực của hai đáy. (hình 116) Xét hình thang cân ABCD (AB CD ) có đáy lớn CD 2, 7m , cạnh
14.
A
bên BC 1m và C 600 , ta phải tính đáy nhỏ AB .
B
Kẻ BE AD ta được hình thang ABED có hai cạnh bên BE , AD
M
1m
song song nên AB DE .
60°
E
KÈ
Áp dụng nhận xét hình thang có hai cạnh bên song song vào hình thang ABED , tính chất về cạnh, giải thiết vào hình thang cân
D
C
2,7m Hình 116
Y
AD BC 1m BC BE 1m . ABCD ta được 600 0 AD BE , C 60 C
BCE là tam giác đều có cạnh EC 1m .
DẠ
I
Vậy đáy nhỏ AB DE 2, 7 1 1, 7m . 15.
(hình 117) Theo bài 12 kéo dài hai cạnh bên của hình thang A cân ABCD thu được tam giác IDC cân tại I . 1
B
2
C
D Hình 117
FI CI A
L
Theo giả thiết DB vừa là tia phân giác của góc D vừa là đường cao nên tam giác IDC cân tại D suy ra nó là tam giác đều cạnh DC CI 8cm , cũng chứng minh được tam giác IAB là tam giác đều nên AB 4cm . Vậy chu vi hình thang cân là 20cm .
Chủ đề 3
OF
1. Tứ giác BDEC là hình thang. Học sinh tự vẽ hình. Giải thích: Từ giả thiết suy ra DE là đường trung bình của tam giác ABC , theo định lí đường trung bình của tam giác ta có DE BC nên BDEC là hình thang.
ƠN
Áp dụng tính chất về góc vào tam giác ABC và tính chất góc trong cùng phía của DE BC , ta được: C 1800 500 700 600 ;
1200 . 1800 700 1100 và E D
A
NH
2. (hình 118) Từ giả thiết suy ra EF là đường trung bình của tam giác BCD . Áp dụng định lí đường trung bình và giả thiết vào tam giác BCD , ta được:
D
QU Y
EF BC E F EF AB hay FE là đường cao của tam giác ABF . Theo giả thiết 0 B 90 H B C BD là đường cao của tam giác ABC nên cũng là đường cao của tam giác ABF Hình 118
suy ra E là trực tâm của tam giác ABF hay AH là đường cao thứ ba của tam giác này. 900 . Do đó AH BF nên AHF
Y
KÈ
M
3. (hình 119) Từ giả thiết E là trung điểm của BD , tam giác AKC cân tại A có đường cao AB ứng với cạnh đáy nên nó là đường trung tuyến hay B là trung điểm của KC . Vẽ thêm F là trung điểm của DC thì EF , BF lần lượt là đường trung bình của hai tam giác BCD và KCD . Theo kết quả của bài 2 thì AE BF . (1)
A
DẠ
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác AKC ta được BF KD (2) Từ (1) và (2) suy ra AE KD . 4. (hình 120) Gọi giao điểm của BH với cạnh AC là D .
E K
B Hình 119
D F C
Từ giả thiết ta có AH vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của tam giác ABD nên tam giác này cân tại A . A
FI CI A
BH HD HM là đường ABD và kết hợp với giả thiết ta được BM MC
L
Áp dụng định chất về đường cao ứng với cạnh đáy vào tam giác cân
trung bình của tam giác BCD .
8cm
6cm
D
H
Mặt khác áp dụng định nghĩa và giả thiết vào tam giác cân ABD , ta được: B
C
M
AB AD AD 6cm nên DC AC AD 8 6 2(cm ) . AB 6cm
OF
Hình 120
HM
1 DC 1cm . 2
ƠN
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác BCD , ta được:
5. (hình 121) Kẻ AI , BK cùng vuông góc với DC thì AI BK , BK CH ta được hình thang ABKI có hai cạnh bên song song. Áp dụng nhận xét về hình thang có hai cạnh bên song song và giả thiết vào hình thang
NH
AB IK IK 4cm . ABKI ta được AB 4cm
E
Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh vào hình thang cân ABCD ta được:
QU Y
AD BC , 900 AID BKC D C I K
A
4cm B
5cm
(trường hợp cạnh huyền, góc nhọn), suy ra DI KC DI KC DC IK 10 4 3(cm ) . 1 1 2 2 2
D
I
C
K
H
M
10cm Hình 121
KÈ
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác DEH có DB BE , BK CH ta được DK KH DI IK 3 4 7(cm ) . Lại có KH KC CH suy ra CH KH KC 7 3 4(cm) .
DẠ
Y
6. (hình 122) Do M là trung điểm của BC theo giả thiết nên vẽ thêm E là trung điểm A của BC thì ME là đường trung bình của tam giác BCD . 1 Kết hợp với giả thiết D
AD AC AC AD DC , ta có AD DE . 1 3 3 1 2
2
I
E
B
M Hình 122
C
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác BCD thu được ME BD suy ra ME ID .
FI CI A
L
Tam giác AEM có đường thẳng DI đi qua trung điểm D của AE và song song với ME nên đi qua trung điểm I của AM hay AI IM .
OF
7. (hình 123) a) Từ giả thiết M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC ,CA, AB ta có MN , NP, PM là ba đường trung bình của tam giác ABC . Gọi I là giao điểm của AH với PN . Áp dụng định lí đường trung bình và giả thiết vào tam giác ABC , ta được: PN BC PN BH , PN AH . AH BC
P
A
I
N
ƠN
Tam giác ABH có AP PB, PI BH nên AI IH (theo định lí đường trung bình).
B
M
H
Như vậy đường thẳng PN vuông góc với đoạn AH tại trung điểm I của nó nên PN là đường trung trực của đoạn AH .
C
NH
Hình 123
b) Từ câu a) ta có PN BC suy ra PN HM . Tứ giác MNPH có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.
QU Y
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác ABC và tính chất đường trung trực PN , ta được: 1 PM AC AN PM HN . Điều này chứng tỏ hình thang MNPH có hai đường 2 HN AN A
M
chéo bằng nhau nên nó là hình thang cân. 8. (hình 124) Kẻ DH BC thì tứ giác BDHC là hình thang
KÈ
C theo tính chất và DH IC . Hình thang BDHC lại có B 1
DẠ
Y
về góc của tam giác cân ABC nên nó là hình thang cân. Áp dụng tính chất về cạnh và giả thiết vào hình thang cân BDHC , ta được:
H
D I
B
C
Hình 124
BD HC HC CE . BD CE
E
E
Tam giác DHE có đường thẳng CI đi qua trung điểm C của HE và song song với DH nên CI đi qua trung điểm của DE , hay DI IE .
C D A
I
B
FI CI A
L
9. (hình 125) Do C là trung điểm của AE theo giả thiết nên vẽ thêm I là trung điểm của AB thì CI là đường trung bình của tam giác ABE . Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác ABE , ta được BE 2CI (1) Mặt khác từ giả thiết BD là trung tuyến của tam giác ABC cân tại A nên AD DC (2), AB AC (3) và AI IB (do tôi vẽ) (4). Từ (2), (3) và (4), ta có: AD AI
A
(5)
K
A Lại có A
OF
(6)
Từ (3), (5) và (6) suy ra ABD ACI (c-g-c) nên BD CI
(7)
Kết hợp (1) với (7), ta có BE 2BD .
B
1
H
O P
I
2
M
C
ƠN
Hình 126
NH
10. (hình 126) Từ giả thiết ta có tứ giác BCIK là hình thang vuông và M là trung điểm của BC nên vẽ thêm P là trung điểm của KI thì MP là đường trung bình của hình thang BCIK . Áp dụng định lí đường trung bình vào hình thang BCIK , ta được K 900 . BK CI 2MP (1) và MP BK suy ra P
Lại có AO MO (theo giả thiết) và O1 O2 (dối đỉnh), nên AOH MOP (trường
QU Y
hợp cạnh huyền, góc nhọn).
A
Do đó AH MP (2).
I L d
Từ (1) và (2) suy ra BK CI 2AH .
K
M
11. (hình 127) Gọi giao điểm của AG với BC là M . Do G là trọng tâm của tam giác ABC theo giả thiết nên AM là đườngB trung tuyến hay M là trung điểm của BC .
GP HQ C
M Hình 127
KÈ
Chứng minh tương tự như bài 10, ta được BK CL 2MP (1) Gọi I là trung điểm của AG thì AI IG GM (theo tính chất đường trung tuyến) (2)
Y
Kẻ thêm IQ d thì IQ AH thu được tam giác AHG có đường
DẠ
thẳng IQ đi qua trung điểm I của AG và song song với AH nên HQ QG (3) (theo định lí đường trung bình). Từ (2) và (3), ta có IQ là đường trung bình của tam giác AHG . Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác AHG ta được AH 2IQ
(4)
Lại có Q1 Q2 (đối đỉnh), kết hợp với (2), ta có MPG IQG (trường hợp cạnh huyền, góc nhọn), suy ra MP IQ
(5)
L
A
FI CI A
Từ (1), (4) và (5) suy ra BK CL AH . E (hình 128) Từ giả thiết ta có ED, HI lần lượt là các đường
12.
trung bình của hai tam giác ABC và GBC . Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giác này, ta được: ED BC , HI BC 1 1 ED BC , HI BC 2 2
D
G
I
H
B
C
OF
Hình 128
DE HI ; DE HI .
Xét hình thang ABCD (AB CD ) . Học sinh tự vẽ hình.
13.
ƠN
Gọi E , P,Q, F lần lượt là trung điểm của AD, BD, AC , BC thì EF , EP, EQ thứ tự là các đường trung bình của hình thang ABCD , tam giác ABD và tam giác ACD .
NH
Áp dụng định lí đường trung bình vào các tam giác và vào hình thang, ta được: EP AB CD; EQ CD AB; EF AB CD suy ra bốn điểm E , P,Q, F thẳng hàng (vì từ điểm E ở ngoài hai đường thẳng AB CD chỉ kẻ được một đường thẳng song song với P hai đường thẳng đó).
Q
QU Y
14. (hình 129) Do M , N lần lượt là trung điểm của AB,CD
1
theo giả thiết nên vẽ thêm I là trung điểm của BD thì IM , IN A
thứ tự là đường trung bình của các tam giác ABD và BCD . Áp dụng định lí đường trung bình và giả thiết vào hai tam giác trên, ta được:
B
1
I 1
D
C
N Hình 129
M
AC ; IN BC IM IN (1) 1 1 AD; IN BC M 1 P (2) 2 2 Q (3) N AD BC 1 1
KÈ
IM IM
M
N (4) (trong một tam giác đối diện với hai cạnh bằng nhau là hai Từ (1) suy ra M 1 1
Y
góc bằng nhau).
DẠ
BQM . Từ (2), (3) và (4) suy ra P Q1 hay APM
Chủ đề 4
x
C 3cm
4cm
1. (hình 130) Đây là bài toán dựng hình cơ bản. A
B Hình 130
y
Ta dựng như sau (học sinh tự dựng hình):
FI CI A
L
Dựng góc vuông xAy . Dựng cung tròn tâm A bán kính 3cm cắt Ax ở C . Dựng cung tròn tâm C bán kính 5cm cắt By ở B .
z
2. (hình 131) Trên đường thẳng xy lấy điểm A . Dựng tia Az vuông góc với xy . Dựng tia phân giác At của góc vuông zAy thu được hai góc 450 , xAt 1350 . tAy
x
OF
750 . Dựng tia phân giác Au của góc zAt ta được uAy
u
t
45°
A
y
Hình 131
ƠN
3. a) Phân tích: Gỉa sử đã dựng được hình thang thoả mãn yêu cầu của đề bài. Ta thấy:
NH
Tam giác ACD vuông tại D dựng được ngay vì biết ba yếu tố c.g.c. Ta còn phải xác định đỉnh B . Đỉnh B phải thoả mãn hai điều kiện, nằm trên tia Ax DC và cách C một khoảng bằng 3cm . Từ đó suy ra cách dựng. b) Cách dựng: Học sinh tự dựng hình.
QU Y
900 , DC 3cm . Dựng tam giác ACD biết AD 2cm, D Dựng tia Ax DC , dựng cung tròn tâm C bán kính 3cm cắt tia Ax ở B . Nối BC ta được hình thang vuông ABCD . c) Chứng minh:
900 nên là hình thang vuông. Thật vậy, tứ giác ABCD có AB CD và D
toán.
M
Hình thang vuông này có AD 2cm, DC 3cm, BC 3cm thoả mãn yêu cầu của bài
KÈ
4. a) Phân tích: Giả sử đã dựng được hình thang cân ABCD thoả mãn yêu cầu của đề bài. Ta thấy
DẠ
Y
Tam giác BCD dựng được ngay vì biết ba yếu tố (c-c-c). Ta còn phải xác định đỉnh A . Đỉnh A phải thoả mãn hai điều kiện, nằm trên tia Bx CD và cách C một khoảng bằng 3cm . Từ đó suy ra cách dựng. b) Cách dựng: Học sinh tự dựng hình. Dựng tam giác BCD , biết BC 2cm,CD 4cm và BD 3cm . Dựng tia Bx CD , dựng cung tròn tâm C bán kính 3cm cắt tia Bx ở A . Nối AD ta được hình thang cân ABCD . c) Chứng minh:
Thật vậy, tứ giác ABCD có AB CD và hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang cân. Hình thang cân này có AD 2cm,CD 4cm, BD 3cm thoả mãn yêu cầu của bài
FI CI A
L
toán. A
Chủ đề 5
I
1. Các câu c), d) đúng còn các câu a), b) sai. E 2. (hình 132) Cách 1: Từ giả thiết BD,CE là các đường trung tuyến của tam giác ABC nên D, E lần lượt là trung điểm của AC và AB . Cũng từ giả thiết D, E thứ tự là trung điểm của GH ,GI . Do đó DE
OF
B
là đường trung bình của hai tam giác ABC và GHI .
H
D
G
C
Hình 132
ED BC ; ED IH IH BC . IH BC BC 2ED; IH 2ED
ƠN
Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giác trên, thu được:
Tứ giác BCHI có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành.
NH
Cách 2: Đạt BD 3a,CE 3b . Từ giả thiết BD,CE là hai đường trung tuyến của tam giác ABC cắt nhau ở G nên G là trong tâm của tam giác. Áp dụng tính chất các đường trung tuyến và giả thiết vào tam giác ABC , ta được:
QU Y
1 1 DH DG BG BD a IG GC 2b . 2 3 1 1 BG GH 2a EI EG GC CE b 2 3
Tứ giác BCHI có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm G của mỗi đường nên nó là hình hidnh hành.
KÈ
M
3. Học sinh tự vẽ hình. a) Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh và giả thiết vào hình bình hành ABCD ta được: MC AN ; MC AN BC AD; BC AD BM MC ; AN ND BM DN ; BM DN
Y
Như vậy hai tứ giác AMCN , BMDN đều có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên
DẠ
chúng là hình bình hành. b) Hai hình bình hành AMCN , BMDN có MN là đường chéo chung. Gọi O là trung điểm của MN . Theo tính chất về đường chéo của hình bình hành thì hai đường chéo còn lại là AC và BD phải đi qua trung điểm của đường chéo chung MN .
Vậy ba đường thẳng AC , BD, MN đồng quy tại điểm O . A
B
M
Q
D
P
O
N
FI CI A
AD BC BN DQ . BN DQ BN DQ
L
4. (hình 133) a) Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào hình bình hành ABCD . Ta được:
Hình 133
Tứ giác BNDQ có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành.
C
OF
Áp dụng tính chất về cạnh và giả thiết vào hình bình hành ABCD , ta được: AB CD, AD BC MB PD,QA NC . AM BN CP DQ
ƠN
C , B D ta có hai cặp tam giác Kết hợp với tính chất về góc của hình bình hành A
bằng nhau là QAM với NCP và MBN với PDQ theo trường hợp (c-g-c), suy ra QM NP, MN PQ .
NH
Điều này chứng tỏ tứ giác MNPQ có các cạnh đối bằng nhau nên nó là hình bình hành. b) Hai hình bình hành ABCD, BNDQ có BD là đường chéo chung. Gọi O là trung điểm của BD theo tính chất về đường chéo của hình bình hành thì hai đường chéo còn lại là AC và NQ phải đi qua O , hay O là trung điểm của NQ .
QU Y
Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình bình hành MNPQ ta được đường chéo MP phải đi qua trung điểm O của đường chéo NQ .
A
E
B
Vậy bốn đường thẳng AC , BD, MP và NQ đồng quy tại điểm O . G
M
5. (hình 134) a) Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh và giả thiết vào hình bình hành ABCD , ta được:
D
KÈ
AB CD, AB CD AE FC AE FC AE EB, DF FC
Tứ giác AECF có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình
Y
bình hành.
DẠ
Chứng minh tương tự ta cũng được tứ giác EBFD là hình bình hành. Áp dụng định nghĩa vào hai hình bình hành trên, ta có: GF EH AF EC . DE FB GE FH
H F Hình 134
C
Điều này chứng tỏ tứ giác EHFG có các cạnh đối song song. Vậy nó là hình bình hành.
L
b) Hai hình bình hành AECF , EHFG có chung đường chéo GH . Gọi O là trung điểm của GH . Lập luận tương tự bài 4 ta được AC , FE ,GH đồng quy tại
FI CI A
C
O.
N
6*. (hình 135) Xét tứ giác ABCD có M , N , P,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC ,CA, DA và R, S thứ tự là trung điểm của AC , BD . Trước hết ta đi chứng minh các tứ
R
hình bình hành.
S
M
A
P
Q
D
Hình 135
OF
giác MNPQ (xem ví dụ 1, dạng 1, chủ đề 5) và RNSQ là
B
Do hai hình bình hành trên có NQ là đường chéo chung nên
ƠN
lập luận tương tự như bài 4 ta có điều phải chứng minh.
NH
7. Học sinh tự chứng minh.
8. (hình 136) Từ giả thiết AD, BE ,CF là các đường trung tuyến nên D, E , F lần lượt là y các trung điểm của BC ,CA, AB , suy ra BC 2DC (1) và đường trung bình của tam giác
ABC .
A
QU Y
Áp dụng định lí đường trung bình vào tam giác ABC ta được FE BC hay FE DC (2) và BC 2FE (3).
F
G
x
E
Từ (1) và (3) suy ra FE DC (4)
Ax BC AG FE Lại từ giả thiết EG AF
C
Hình 136
M
Ey AB
D
B
Tứ giác AGEF có hai cạnh đối song song nên là hình bình hành.
KÈ
Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh vào hình bình hành AGEF , ta được: AG FE (5), AG FE (6).
Y
Từ (2), (4), (5) và (6) suy ra AG DC và AG DC . Điều này chứng tỏ tứ giác AGCD có
DẠ
hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành, theo định nghĩa hình bình hành ta có AD GC . 9. (hình 137) Do D là trung điểm của BC theo giả thiết nên chọn BC làm một đường chéo. Vẽ thêm điểm E sao cho D là
A
N
E
trung điểm của ME thì tứ giác BMCE có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.
FI CI A
L
Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh vào hình bình hành BMCE ta được BM CE và BM CE (1) Mặt khác theo giả thiết trong tam giác AMN ta thấy MN vuông góc với tia phân giác của góc A nên tam giác AMN cân ở A .
Áp dụng tính chất về góc vào tam giác cân AMN , tính chất của hai góc đối đỉnh ở N và tính chất góc so le của BM CE , ta được:
OF
N ; N N M E CE CN 1 2 1 2 N 1 1 M 1 E1
ƠN
(vì trong một tam giác, đối điện với hai góc bằng nhau là hai cạnh bằng nhau). Từ (1) và (2) suy ra BM CN .
D 10. (hình 138) Do M là trung điểm của AC theo giả thiết nên chọn AC làm một đường chéo.
B2
NH
1
Vẽ thêm điểm F sao cho M là trung điểm của BF thì tứ giác ABCF có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.
A
E
3
M
C
và BF 2BM (2).
QU Y
Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh và đường chéo vào hình bình hành ABCF ta được BC AF , BC AF (1) F Hình 138
Áp dụng tính chất về hai góc trong cùng phía của BC AF và giả thiết, thu được:
KÈ
M
BAF 1800 , B B 900 ABC 1 3 B1 B2 B3 ABC 3600 BAF B 2
(3)
Từ giả thiết các tam giác ABD, BCE cùng vuông cân ở B A
Y
nên BA BD (4) và BE BC (5).
DẠ
Kết hợp (1) với (5), ta có BE AF
1
(6) H
B
Từ (3), (4) và (6) suy ra BDE ABF (c.g.c), do đó DE BF . Thay BF DE vào đẳng thức (2), ta được DE 2BM .
E
D M
I
C
11*. (hình 139) Do M là trung điểm của ED theo giả thiết nên chọn ED là một đường chéo.
FI CI A
L
Vẽ thêm điểm I sao cho M là trung điểm của AI thì tứ giác AEID là hình bình hành. Do đó AD EI , AD EI . IEA vì Có ABC EIA (c.g.c), chú ý BAC nên A B . cùng bù với EAD 1
OF
Gọi H là giao điểm của AM với BC . Ta có: BAH A BAH 900 AM BC . B 1
ƠN
12*. (hình 140) Do M là trung điểm của DE theo giả thiết nên chọn DE là một đường chéo. Vẽ thêm điểm N sao cho M là trung điểm của BN thì tứ giác BDNE là hình bình hành nên EN AB, EN AB . D
E M C
B Hình 140
NH
Lại có EC AC , EC AC .
N
A
Từ đó suy ra:
ABC ENC (c.g.c) nên BC NC và BC NC .
QU Y
Do đó BCN vuông cân, suy ra BMC vuông cân tại M .
Chủ đề 6
1. (hình 141)
A
E
M
D , a) Từ giả thiết điểm D đối xứng với H qua đường thẳng AB điểm E đối xứng với H qua BC mà A, B đối xứng với chính nó
KÈ
qua AB mà AD đối xứng với AH qua AB, BD đối xứng với BH B
qua AB .
C
H Hình 141
Lại có A,C đối xứng với chính nó qua AC nên AE đối xứng với
Y
AH qua AC ,CE đối xứng với CH qua AC .
DẠ
b) Từ câu a), suy ra ADB đối xứng với AHB qua trục AB và AEC đối xứng với AHC qua trục AC .
A
H
K
2. (hình 142) Từ giả thiết BD,CE là các đường trung tuyến ta có D, E là trung điểm của AC , AB và giả thiết H đối xứng E
D
với C qua E , K đối xứng với B qua D ta lại có D, E lần lượt là trung điểm của BK ,CH .
Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh vào hai hình bình hành trên, ta được: HA BC , AK BC HA AK . H , A, Kthanghang HA BC , AK BC
FI CI A
L
Do đó các tứ giác ACBH , ABCK là các hình bình hành.
OF
Điều này chứng tỏ A là trung điểm của HK . Vậy H đối xứng với K qua A .
3. (hình 143) Từ giả thiết ta có A, D,C lần lượt là trung điểm của BE , BI , BF nên E AD, DC thứ tự là đường trung bình của hai tam giác BEI và BIF .
E , I , F thanghang . EI IF
NH
AD EI , DC IF 1 1 AD EI ; DC IF ; AD DC 2 2
ƠN
Áp dụng định nghĩa, tính chất về cạnh vào hai hình bình hành A trên, ta được:
I D
C
B
F
Hình 143
A
QU Y
Điều này chứng tỏ I là trung điểm của EF hay E đối xứng với F qua I . 4. (hình 144) Từ giả thiết và định nghĩa ABC cân tại A , ta có AB AC (1); BD CE (2).
E
D
Trừ theo vế đẳng thức (1) cho đẳng thức (2), ta được AD AE nên ADE cân tại A .
B
M
Hình 144
KÈ
Vì ABC cân tại A , AH là đường cao nên AH là tia phân giác của góc A . Do ADE cân tại A , AH là tia phân giác của góc A nên AH là đường trung trực của DE . Vậy D đối xứng với E qua AH .
A
Y DẠ
5. (hình 145) Hướng dẫn: Hãy chứng minh tứ giác AMCN là hình bình hành.
C
H
B
N
O D
M Hình 145
C
L
6. Học sinh tự chứng minh như bài 3.
FI CI A
A
7. (hình 146) Từ giả thiết d là đường trung trực của AC ta có AC d , A đối xứng với C qua d (1) và B đối xứng với D qua d nên BD d (2).
B
2
qua trục d . đối xứng với ABD Từ (1) và (2) suy ra AC BD,CDB
OF
Áp dụng tính chất của phép đối xứng trục, giả thiết và tính chất góc trong cùng phía của AC BD , ta được:
ƠN
ACB , A 1000 CBD ABD A 1800
Hình 146
A
NH
ABD 1800 1000 800 . CDB
D
8. (hình 147) Vì E đối xứng với C qua AD và I , D
I
B
3
đối xứng với CID qua AD . 1 2 đối xứng với chính nó qua AD nên EID
QU Y
Áp dụng tính chất của phép đối xứng trục và tính chất của hai góc đối đỉnh ở I , ta được: E
M
CID EID CID . AIB EID AIB
KÈ
9. (hình 148) Từ giả thiết ta có D là trung điểm của AB và MO , E là trung điểm của AC ,ON nên DE là đường trung bình của cả hai tam giác ABC và OMN .
Hình 147
A
Y DẠ
N
M D
Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giác trên, ta được: DE BC , DE MN MN BC . 1 1 MN BC DE BC , DE MN 2 2
C
D
B
Tứ giác MNCB có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành.
E O C Hình 148
d 1
B
10. (hình 149) Cách 1: Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình bình hành ABCD , tính chất góc so le của AB CD và tính chất
A G
E
L
của góc đối đỉnh ở O , ta được:
1
O 1
FI CI A
AO CO O A C1,O 1 2 1
H
1
D
F
C
Hình 149
AOE COF (g-c-g).
Suy ra EO OF .
OF
Chứng minh tương tự, ta cũng được DOG BOH , nên GO OH .
Như vậy tứ giác EGFH có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.
ƠN
Cách 2: Vì hình bình hành ABCD nhận giao điểm O của hai đường chéo làm tâm đối xứng nên AB đối xứng với CD qua O . Do E AB, F CD và EF đi qua O nên E đối xứng với F qua O hay EO OF . E
NH
Lập luận tương tự ta cũng được GO OH , nên tứ giác EGFH là hình bình hành.
d
M
C
11. (hình 150) Gọi d là đường phân giác của góc ngoài tại đỉnh C .
QU Y
Vẽ thêm điểm E đối xứng với điểm A qua d bằng cách, trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho CE CA ta được CAE cân tại C có d là phân giác của góc ở đỉnh nên d là đường trung trực của AEA, do đó MA ME .
Hình 150
Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào MBE , ta được:
M
MA MB ME MB BE CE CB CA CB .
KÈ
12. Học sinh tự giải.
Chủ đề 7
Y
1. Các câu đúng là a), d). Các câu sai là b), c).
DẠ
2. Trong hình chữ nhật: a) Các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Tính chất này được suy ra từ tính chất về đường chéo của hình bình hành. b) Các đường chéo bằng nhau. Tính chất này được suy ra từ tính chất về đường chéo A của hình thang cân. N
M E
D
B
3. Học sinh tự chứng minh.
L
4. (hình 151) Tứ giác BNMC là hình chữ nhật.
FI CI A
Giải thích: M đối xứng với O qua D nên OD DM . O là trọng tâm của ABC nên BO 2OD . BO OM .
Chứng minh tương tự, có CO ON .
OF
Tứ giác BNMC có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
C BO CO BM CN . Có BDC CEB (c.g.c) B 1 1
A
ƠN
Hình bình hành BNMC có hai đường chéo bằng nhau nên là hình chữ nhật. H Q 900 . 5. (hình 152) Kẻ MK BH thì MK AC và K
H
Tứ giác MKHQ có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
NH
BMP MBK (trường hợp cạnh huyền, góc nhọn)
suy ra MP BK .(1)
Q
K
P B
M
C
Hình 152
QU Y
Lại có MQ KH (2) theo tính chất về cạnh của hình chữ nhật. Cộng theo vế đẳng thức (1) và (2), ta được MP MQ BH . 2 . 6. (hình 153) Đặt C thì B
H (1) vì trong một tam giác, đối diện với hai cạnh a) Từ giả thiết BD BH D 1 A
bằng nhau là hai góc bằng nhau.
E
M
1
2 là góc ngoài của BDH nên Vì B
KÈ
2 D H D H . B A (2), Trong tam giác vuông AHC ta có A 1 2
vì cùng phụ với .
I 2
B
3
1 H
C Hình 153
D
IC IH IA IC . IH IA
DẠ
Y
Từ (1) và (2)
b) Do I là trung điểm của AC theo câu a) nên chọn AC là một đường chéo. Vẽ thêm E sao cho I là trung điểm của HE thì tứ giác AHCE là hình chữ nhật, vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và có góc H vuông.
(vì Áp dụng định nghĩa vào hình chữ nhật AHCE ta được HC AE suy ra E1 H 3
L
theo câu a), nên E D . so le). Lại có D 1
AE HC HC AD . hai góc bằng nhau ta được AE AD
FI CI A
Áp dụng tính chất về cạnh vào hình chữ nhật AHCE và tính chất hai cạnh đối diện với
A
7. Xem ví dụ 3*, dạng 2. I
8. Xem ví dụ 3*, dạng 2. 9. Xem ví dụ 3*, dạng 2.
1 4 23
K
OF
12
B
10. Xem ví dụ 2, dạng 3. 11. Xem ví dụ 2, dạng 3.
C
Hình 154
ƠN
12. (hình 154)
H D M
a) Áp dụng định lí trung tuyến ứng với cạnh huyền vào tam giác vuông ABC , ta được:
NH
1 C (vì trong một tam giác, đối diện với hai MA BC MA MC nên A 2 1 BM MC
cạnh bằng nhau là hai góc bằng nhau).
QU Y
C do cùng phụ với góc B , suy ra A A Lại có A 1 1 4
(1)
DAC b) Vì AD là phân giác của góc A theo giả thiết nên BAD
(2)
A . Trừ theo vế đẳng thức (2) cho (1) ta được A 2 3
M
Điều này chứng tỏ AD là tia phân giác của góc HAM . B
KÈ
A (3) và H HAC . (4). c) Chứng minh tương tự câu a), ta có H 1 1 2
Y
A 900 . Cộng theo vế đẳng thức (3) với (4) ta được IHK M D K
Chủ đề 8
DẠ
1. (hình 155) Từ giả thiết ta có BH MI CK (vì cùng vuông góc với AD ) và BM MC , nên BI , MI ,CK là ba đường thẳng song song cách đều.
H A
I C
Hình 155
Do đó chúng chắn trên đường thẳng AD hai đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau là HI IK .
A I
K
FI CI A
MC . Kết hợp với giả thiết AM 3AI ta có AI IH HM .
N
H
Qua H , M , E lần lượt kẻ HK , MN , EP cùng song song với ID thu được bốn đường thẳng song song cách đều là B ID, HK , MN , EP nên chúng chắn trên AC năm đoạn
x
P
E
M
C
Hình 156
thẳng liên tiếp bằng nhau là
OF
AD DK KN NP PC .
L
D
2. (hình 156) Gọi H , E thứ tự là trung điểm của MI và
1 5
Điều này chứng tỏ AD AC .
ƠN
3. (hình 157a) Gọi N là trung điểm của AG và M là giao điểm của AG với BC thì BM MC và K , H thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ N , M đến đường thẳng d .
AD NK MH BE CF .
a) BE CF AD . Thật vậy:
NH
Kết hợp với giả thiết, ta có:
A N E
Ta có BE , MH ,CF là ba đường thẳng song song cách đều
BE CF 2MH
DR M
B
C
Hình 157a
QU Y
nên chúng chắn trên d hai đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau là EG GF . Do đó MH là đường trung bình của hình thang BEFC suy ra:
F GH
(1), theo định lí đường trung bình.
Mặt khác AD, NK , MH cũng là ba đường thẳng song song cách
M
đều nên chúng chắn trên d ba đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau là DK KG GH .
KÈ
Do đó NK là đường trung bình của tam giác AGD và NKG MHG (c-g-c), suy ra AD 2NK 2MH . B
Thay 2MH AD vào đẳng thức (1) ta được: BE CF AD . M
G
Y
b) (hình 157b) AD BE CF 3GI .
N
DẠ
A Thật vậy, tương tự như câu a), ta có BE , MH ,CF là ba đường
thẳng song song cách đều nên chúng chắn trên đường thẳng d hai đoạn liên tiếp bằng nhau là EH HF . Do đó MH là đường trung bình của hình thang BCFE . D
C
K E I
H
Hình 157b
F
Áp dụng định lí đường trung bình vào hình thang BCEF , thu được:
L
BE CF 2MH .
FI CI A
Lại có AD, NK ,GI , MH cũng là bốn đường thẳng song song cách
đều nên chúng chắn trên đường thẳng d ba đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau là: DK KI IH .
Do đó NK ,GI thứ tự là hai đường trung bình của hai hình thang AGID và NHMK . Áp
OF
dụng định lí trung bình vào hai hình thang này, ta được:
AD GI 2NK và NK MH 2GI hay 2NH 2MH 4GI (2).
A
Thay 2MH BE CF và 2NK AD GI vào đẳng thức (2), ta có:
E P
ƠN
AD BE CF 3GI .
I
Q D
4. (hình 158) Tứ giác ADME là hình bình hành nên trung điểm I của DE cùng là trung điểm của AM .
NH
B AH Kẻ AH BC . Điểm I cách BC một khoảng bằng nên di chuyển 2
trên đường thẳng song song với BC và cách BC một khoảng bằng
H
M
C
Hình 158
AH . 2
QU Y
Đó chính là đường trung bình PQ (trừ P và Q do khi M di chuyển tới
A
hai vị trí đặc biệt B,C thì hình bình hành ADME bị suy biến thành đoạn thẳng). D I
P
Q E
M
M C , suy ra AD EC EM . 5. (hình 159) Kẻ EM AB thì B 1
1
B
H
Tứ giác AEMD có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành, suy ra I là trung điểm của AM . Giải tương tự như bài 4, I di chuyển trên đường trung bình PQ .
M
C
Y
KÈ
Hình 159
DẠ
A
d n
I
6. (hình 160) Gọi I là trung điểm của AG thì AI IG GM .
G
B
M Hình 160
m
C
Qua I ,G lần lượt kẻ hai đường thẳng m, n cùng song song với d
L
và BC ta được d, m, n, BC là các đường thẳng song song cách đều nên trên m BC cách BC một khoảng bằng 1cm .
FI CI A
G di chuyển
A
1. Hình thoi có ba tính chất về đường chéo là:
D
OF
E
Chủ đề 9
B
b) Hai đường chéo vuông góc với nhau.
C
M
Hình 161
ƠN
a) Các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Tính chất này được suy ra từ hình bình hành. Hai tính chất sau có ở hình thoi.
NH
c) Hai đường chéo là các đường phân giác của các góc của hình thoi.
QU Y
2. (hình 161) Hình bình hành ADME có AM là đường phân giác của góc A nên là hình thoi. 3. (hình 162) Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào hình bình hành ABCD , ta được: AB CD AB AC nên ABC vuông ở AC CD
A
a
M
a
a
N
a
C
A, ACD vuông ở C .
M
Do M , N là trung điểm của AD, BC theo giả thiết nên
D
AN ,CM thứ tự là trung tuyến ứng với cạnh huyền của
KÈ
Hình 162
hai tam giác vuông ABC , ACD . Áp dụng định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào hai tam giác vuông trên, tính chất về cạnh và giả thiết vào hình bình hành ABCD , ta được: M
Y
A
DẠ
1 1 AN BC ,CM AD AM MC CN NA . 2 2 AD BC , AM MD , BN NC
B
N
Q
Tứ giác AMCN có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi. D
P Hình 163
C
B
4. (hình 163) Xét hình thang cân ABCD có AB CD và M , N , P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC ,CD, DA .
L
Ta phải chứng minh tứ giác MNPQ là hình thoi.
FI CI A
Từ giả thiết ta có MN , NP, PQ,QM thứ tự là các đường trung bình của bốn tam giác ABC , BCD, ACD và ABD .
Áp dụng định lí đường trung bình vào bốn tam giác trên và tính chất về đường chéo vào hình thang cân ABCD , ta được: 1 MN AC , PQ 2 1 NP BD, MQ 2 AC BD
1 AC 2 1 BD MN NP PQ QM . 2
OF
A
I
E
H
K
B
C
M Hình 164
ƠN
Tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên nó là hình thoi. 5. (hình 164) Trước hết ta chứng minh tứ giác BEDC là hình thang cân và H , K lần lượt là trung điểm của BE , DC . Sau đó
A 1 4 23
NH
áp dụng bài 4.
D
6. (hình 165) Tứ giác APCQ là hình thoi.
P
B
Q
A , do đó A A . Giải thích: ABM ADN (c.g.c), suy ra A 1 4 2 3
QU Y
M
Gọi O là giao điểm của AC và BD thì AC BD .
D
O N C
Tam giác APQ có đường cao AO là đường phân giác nên OP OQ .
Hình 165
Tứ giác APCQ có OP OQ,OA OC và AO là phân giác nên là
KÈ
M
hình thoi.
A
7. Đáp số 68cm (xem ví dụ 1, dạng 2).
2cm
B
4cm
D
8. (hình 166) Vì hình thoi có chu vi bằng 16cm nên cạnh AD 4cm . C H
Y
Lại có đường cao AH 2cm . Tam giác AHD có AD 2AH nên nó
Hình 166
DẠ
300 . là nửa tam giác đều, suy ra D D 300 ; A C 1500 . Do đó B
B 1 2 3
A
60°
C
9. (hình 167) Tam giác BEF là tam giác đều.
L
Giải thích: ABE BCF (cạnh huyền, góc nhọn) nên BE BF suy ra BEF cân.
FI CI A
B 300 . Các tam giác vuông ABE , BCF là nửa tam giác đều nên B 1 3
1200 , do đó B 600 . Lại có ABC 2
Vậy BEF là tam giác đều. 10. (hình 168)
OF
a) Tứ giác MNCD là hình thoi vì có bốn cạnh bằng nhau.
E
b) MCE là tam giác cân tại M vì có MF vừa là đường cao vừa là đường phân giác.
1
ƠN A
12 3
D
M Hình 168
QU Y
NMD 2 2AEM . Do đó BAD
NH
M theo tính chất hình thoi. Lại có M 2 3
C
B
vì so le với góc E . c) Đặt E1 thì M 1 1 M theo tính chất tam giác cân. M 2 1
F
Chủ đề 10
M
1. Hình vuông có các tính chất sau về đường chéo. a) Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (có ở hình bình hành).
KÈ
b) Hai đường chéo bằng nhau (có ở hình chữ nhật). c) Hai đường chéo vuông góc với nhau (có ở hình thoi).
Y
d) Hai đường chéo là các đường phân giác của các góc của hình vuông (có ở hình thoi).
DẠ
2. Câu trả lời là không. Phải sửa lại dấu hiệu về đường chéo là: Hai đường chéo cắt A nhau tại trung điểm của mỗi đường và vuông góc với nhau. K
3. Các câu đúng là: a, b, d. Câu sai là c.
H
4. (hình 169) Tứ giác KHED là hình vuông. B
D
E Hình 169
C
450 nên là tam giác cân, Giải thích: Tam giác vuông BDK có B do đó BD DK . Chứng minh tương tự, HE EC .
KD DE EH .
FI CI A
L
Vì BD DE EC theo giả thiết, nên: A
Tứ giác KHED có KD HE , KD HE nên là hình bình hành. 900 nên nó là hình chữ nhật. Hình bình hành này lại có D Hình chữ nhật này lại có KD DE nên nó là hình vuông.
N
P
M
Q
D
900 và ND NC (1). Suy ra N
C
Hình 170
OF
450 nên vuông cân tại N . 5. (hình 170) Vì NCD có C1 D 1
B
vuông nên là hình chữ nhật. AMD BPC (g-c-g) MD PC (2).
ƠN
Q 900 . Tứ giác MNPQ có ba góc Chứng minh tương tự, P
F
G
A
I
B
H
NH
Trừ theo vế đẳng thức (1) cho đẳng thức (2) ta được NM NP . Như vậy hình chữ nhật MNPQ có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình vuông. E 1
D
Hình 171
C
QU Y
6. (hình 171) Chứng minh bốn tam giác vuông EFG, IHG,CBI ,CDE bằng
2
nhau để suy ra EG GI IC CE và C1 C3 . 900 . Sau đó chứng minh ECI
7. (hình 172)
M
A
a) ADF AHF (cạnh huyền, góc nhọn) AH AD a .
KÈ
A . b) AHK ABK (cạnh huyền, cạnh góc vuông) A 3 4
12
B
a 3
4
K
a
DẠ
Y
Kết hợp với giả thiết, ta có: A A 1 900 450 . FAK 2 3 2
8. (hình 173)
D
F
E Hình 172
C
a) Áp dụng định nghĩa và giả thiết vào hình vuông ABCD ta được:
ADN DCM (c-g-c) D . A 1 1
A 1
N 900 . Vì ADN vuông ở D , nên A 1 1
(1)
FI CI A
L
C AD DC , D DN CM
B
K
2
D vào đẳng thức (1) ta được D N 900 . Thay A 1 1 1 1
1
M
OF
I
Điều này chứng tỏ tam giác DIN vuông ở I hay AN DM . D
b) Gọi giao điểm của DM với AB là K , khi đó
N
C Hình 173
ƠN
DMC KMB (g-c-g) BK DC .
1
Lại có AB DC nên AB BK suy ra IB là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông AIK . Do đó IB BA .
F
NH
9. (hình 174) Xét hình vuông ABCD có AB BC 1m .
Ta đi dựng hình vuông nhận đường chéo AC làm cạnh để tính đường 1m A chéo của hình vuông mới này.
1m B
1m
E
1m
M
QU Y
Trên tia đối của tia BA lấy điểm E , tia đối của tia BC lấy điểm F sao cho BE BF 1m . Ta được tứ giác AFEC có hai đường chéo D C bằng nhau, vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi Hình 174 đường nên nó là hình vuông cạnh AC . Hình vuông này có đường chéo AE 2m .
KÈ
10. (hình 175) a) ABM ADN (c-g-c) A . AM AN , A 1 3
A 12
B 3
Y
Hình bình hành MANF có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi.
DẠ
900 . Do góc A2 phụ với góc A3 nên góc A1 phụ với A2 hay MAN N
K D O
Điều này chứng tỏ hình thoi MANF là hình vuông vì có một góc vuông.
1 2
1 C 2 3
M
3
F
H Hình 175
L
b) Kẻ FH , FK theo thứ tự vuông góc với hai đường thẳng BC , NC thu được tứ giác KCHF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật, suy ra
với F2 . Từ đó FKN FHM (cạnh huyền, góc nhọn) FH FK .
FI CI A
900 . KFH 900 vì là góc của hình vuông nên F F do cùng phụ Lại có NFM 1 3
Điều này chứng tỏ điểm F cách đều hai cạnh CM ,CN của góc MCN nên F thuộc tia
OF
phân giác của góc MCN .
c) Theo tính chất về đường chéo của hình vuông và từ câu b), ta có 450 ACF 900 AC CF . C1 C 2 C 450 OB CF . d) Tương tự như trên ta có B 1 3
Tứ giác BOFC có hai cạnh đối song song nên là hình thang.
ƠN
A
I
NH
11. (hình 176) a) Tứ giác AMCK là hình chủ nhật. Giải thích:
K
Tứ giác AMCK có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của B mỗi đường nên là hình bình hành.
M
C
Hình 176
QU Y
900 theo tính chất của tam Hình bình hành này lại có AMC
giác cân nên nó là hình chữ nhật.
b) Tứ giác AKMB là hình bình hành vì có hai cạnh đối là AK , BM song song và bằng nhau. 1 2
M
c) Hình chữ nhật AMCK là hình vuông AM MC AM BC ABC vuông ở A .
KÈ
12. (hình 177) a) Tứ giác BOCK là hình chữ nhật. Giải thích:
B
K
Tứ giác BOCK có các cạnh đối song song nên là hình
DẠ
Y
900 do hai bình hành. Hình bình hành lại có BOC đường chéo của hình thoi vuông góc với nhau tại O . Vậy nó là hình chữ nhật.
b) Tứ giác ABKO có hai cạnh đối AO và BK song song và bằng nhau do BK song song và bằng OC . Suy ra AB OK .
A
O
D Hình 177
C
13. (hình 178) a) Tứ giác ECDF là hình thoi vì có bốn cạnh bằng nhau.
FI CI A
L
c) Hình chữ nhật BOCK là hình vuông BO OC BD AC ABCD là hình vuông. Điều kiện cần tìm là ABCD là hình vuông. M
A
D 60 0 nên là hình thang cân. b) Hình thang ABED có A 1
900 . c) AED có EF AF FD nên AED
B
60°
D
N
DẠ
Y
KÈ
M
QU Y
NH
ƠN
OF
Hình 178
C
L FI CI A OF ƠN NH QU Y M KÈ ĐA GIÁC – DIỆN TÍCH ĐA GIÁC
DẠ
Y
Chương 2
Chủ đề 1
ĐA GIÁC. ĐA GIÁC ĐỀU C
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ B
D
OF
FI CI A
L
I. KHÁI NIỆM VỀ ĐA GIÁC 1. Tam giác, tứ giác là những đa giác. 2. Đa giác ABCDE (hình 179) là hình gồm năm đoạn thẳng AB, BC ,CD, DE , EA , trong đó bất kì hai đoạn thẳng nào cũng không nằm trên một đường thẳng. 3. Đa giác lồi là đa giác luôn nằm trong một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng chứa bất kì cạnh nào của đa giác đó. 4. Cách gọi tên: Đa giác có n đỉnh (n 3) được gọi là hình n giác hay hình n cạnh. Cũng có khi người ta dùng tiếng Hán để gọi tên chẳng hạn với n 6, 7, 8,12 quen gọi là lục giác, thất giác, bát giác và thập nhị giác. 5. Các định lí: Tổng các góc của tam giác bằng 1800 . Tổng các góc của tứ giác bằng 3600 là những trường hợp riêng của định lí tổng quát như sau: Tổng các góc của n giác bằng (n 2).1800 .
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
(n 2).1800 . n
Hình 180
NH
2. Mỗi góc của đa giác đều n cạnh bằng
ƠN
II. ĐA GIÁC ĐỀU 1. Định nghĩa: Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh bằng nhau và tất cả các góc bằng nhau(hình 180)
DẠNG 1. Nhận dạng đa giác lồi, đa giác đều. Vẽ một đa giác lồi
QU Y
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Sử dụng định nghĩa đa giác lồi, đa giác đều. 2. Muốn vẽ một đa giác lồi, người ta cắt một tam giác bằng các cát tuyến không đi qua đỉnh. Ví dụ 1.
M
a) Hãy vẽ phác một ngũ giác rồi, một lục giác lồi. b) Hãy nêu cách nhận biết một đa giác lồi. Lời giải (hình 181) Hình 181a
DẠ
Y
KÈ
a) Vẽ một tam giác bất kì bằng bút chì. Cắt tam giác bởi hai cát tuyến không đi qua đỉnh ta được ngũ giác lồi (hình 181a). Cắt tam giác bởi hai cát tuyến không đi qua đỉnh ta được lục giác lồi (hình 181b). b) Một hình được gọi là đa giác lồi nếu thoả mãn đồng thời hai dấu hiệu sau: Là một đường gấp khúc khép kín, trong đó bất kì hai đoạn gấp khúc nào cũng không nằm trên một đường thẳng. Khi đặt thước thẳng trùng với bất kì cạnh nào của đa giác thì phần còn lại của đa giác đó không được nằm về hai phía của đường thẳng đó.
Hình 181b
Ví dụ 2. Cho ví dụ về đa giác không đều trong mỗi trường hợp sau:
FI CI A
L
Có tất cả các cạnh bằng nhau. Có tất cả các góc bằng nhau. Lời giải
900 có các cạnh bằng nhau nhưng không là đa giác đều (vì Hình thoi ABCD với A các góc không bằng nhau). Hình chữ nhật ABCD có AB AD có các góc bằng nhau nhưng không là đa giác đều (vì các cạnh không bằng nhau). 600 . Gọi E, F ,G, H lần lượt là trung điểm của các Ví dụ 3. Cho hình thoi ABCD có A
OF
cạnh AB, BC ,CD, DA . Chứng minh rằng BEHDGF là lục giác đều. Lời giải (hình 182)
B
600 nên ABD và BCD Từ giả thiết hình thoi ABCD có A
ƠN
là các tam giác đều.
Do E, F ,G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh của hình thoi
60°
E
H
A
NH
theo giả thiết nên gọi cạnh của hình thoi là 2a thì EB BF GD DH a (1) và EH , FG theo thứ tự là đường
C G
F
trung bình của hai tam giác ABD, BCD .
D Hình 182
QU Y
Áp dụng định lí đường trung bình vào hai tam giác trên ta được EH FG a (2). Từ (1) và (2) suy ra lục giác BEHDGF có tất cả các cạnh bằng nhau.
Lúc đó các tam giác AEH và CGF là các tam giác đều, áp dụng tính chất của hình thoi và tính chất của hai góc kề bù nhau vào hình thoi và hai tam giác đều B F G D H 1200 . ta thu được E
M
Điều này chứng tỏ lục giác BEHDGF là lục giác đều.
DẠ
Y
KÈ
III. BÀI TẬP 1. Cho lục giác ABCDEF . Vẽ các đường chéo AC , AD, AE . Hãy kể tên các đa giác có trong hình vẽ. 2. Cho tam giác đều ABC . Trên cạnh AB lấy các điểm M , N sao cho AM MN NB , trên cạnh BC lấy các điểm P ,Q sao cho BP PQ QC , trên cạnh CA lấy các điểm R, S sao cho CR RS SA . Chứng minh rằng MNPQRS là lục giác đều. 3. Chứng minh rằng trung điểm các cạnh của một ngũ giác đều là đỉnh của một ngũ giác đều. DẠNG 2. Tính chất về góc, về số đường chéo của đa giác
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng: n(n 3) . 2
FI CI A
Số đường chéo của hình n giác bằng
L
Tổng các góc của đa giác n cạnh bằng (n 2).1800 .
II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Chứng minh rằng tổng số đo các góc của hình n giác bằng (n 2).1800 . Từ đó hãy tính tổng các góc của ngũ giác, lục giác.
A2
Xét hình n giác A1A2 ...An . Nối đỉnh A1 với (n 3) đỉnh của đa giác (trừ A1 và hai đỉnh kề với nó), ta được (n 2) tam giác thì tổng
A3
OF
Lời giải (hình 183)
A1
A4
ƠN
số đo các góc của n giác bằng tổng số đo các góc của A (n 2) tam giác trên. Mà mỗi tam giác đó có tổng số đo góc bằng 180n0 .
A n-1 Hình 183
0
Áp dụng công thức trên:
NH
Vậy tổng số đo các góc của n giác bằng (n 2).180 .
Với n 5 , ta được: (5 2).1800 5400 . Điều này chứng tỏ tổng số đo các góc của ngũ giác là 5400 .
QU Y
Với n 6 , ta được: (6 2).1800 7600 . Điều này chứng tỏ tổng số đo các góc của lục giác là 7600 . Ví dụ 2. Chứng minh rằng: Số đường chéo của hình n giác bằng
n(n 3) . 2
M
Từ đó hãy tính số đường chéo của ngũ giác, lục giác. Lời giải (hình 183).
KÈ
Xét hình n giác A1A2 ...An . Từ một đỉnh bất kì chẳng hạn đỉnh A1 , nối với n 3 đỉnh còn lại (trừ ba đỉnh A1 và hai đỉnh kề với nó là A2 , An ) ta được n 3 đường chéo.
DẠ
Y
Với n đỉnh ta có n(n 3) đường chéo, trong đó mỗi đường chéo đã được tính hai lần. Vậy số đường chéo của hình n giác là Áp dụng công thức trên:
n(n 3) . 2
Với n 5 , ta được:
5(5 3) 5. 2
6(6 3) 9. 2
FI CI A
Với n 6 , ta được:
L
Điều này chứng tỏ ngũ giác có số đường chéo là 5 .
Điều này chứng tỏ lục giác có số đường chéo là 9 .
NH
ƠN
OF
III. BÀI TẬP 4. Tính tổng số đo góc của bát giác đều, thập giác đều, thập nhị giác đều. 5. Tìm số đường chéo của hình bát giác, thập giác, thập nhị giác. 6. Tính số cạnh của n giác có tổng số đo các góc bằng 10800 . 7. a) Chứng minh rằng tổng các góc ngoài của bất kì đa giác nào cũng bằng 3600 . b) Đa giác nào có tổng các góc trong gấp đôi tổng các góc ngoài? 8. Đa giác nào có số đường chéo: a) Bằng số cạnh? b) Gấp đôi số cạnh? 9. Tìm n biết mỗi góc của hình n giác đều bằng 108 0 . 10*. Tìm số cạnh của một đa giác, biết rằng các đường chéo của nó có độ dài bằng nhau.
Chủ đề 2
QU Y
DIỆN TÍCH HÌNH CHỮ NHẬT A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
I. KHÁI NIỆM DIỆN TÍCH ĐA GIÁC 1. Số đo của phần mặt phẳng giới hạn bởi một đa giác được gọi là diện tích của đa giác đó.
M
2. Mỗi đa giác có một diện tích xác định là một số lượng.
lẫn.
KÈ
3. Diện tích đa giác ABCDE thường được kí hiệu là SABCDE hoặc S nếu không sợ nhầm
II. DIỆN TÍCH ĐA GIÁC CÓ CÁC TÍNH CHẤT SAU
DẠ
Y
1. Tính chất bất biến: Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau. 2. Tính chuẩn hoá: Nếu chọn hình vuông có cạnh bằng 1cm,1dm,1m,... làm đơn vị đo diện tích thì đơn vị diện tích tương ứng là 1cm 2 ,1dm 2 ,1m 2 ,... Hình vuông có cạnh dài 10m,100m có diện tích tương ứng là 1a,1ha . 3. Tính cộng diện tích: Nếu một đa giác được chia thành những đa giác nhỏ không có điểm trong chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của những đa giác đó.
CÔNG THỨC TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH CHỮ NHẬT, HÌNH VUÔNG, TAM GIÁC VUÔNG a A
b
B
L
IV.
a a D
FI CI A
a C
b
Hình 184
Hình 186
ƠN
OF
Hình 185
NH
1. Diện tích hình chữ nhật bằng tích hai kích thước của nó: S a.b . 2. Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó: S a 2 . 1 2
3. Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông: S .a.b . B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
QU Y
DẠNG 1. Tính diện tích hình chữ nhật I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng công thức tính diện tích hình chữ nhật, tính chất bất biến của diện tích. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Diện tích hình chữ nhật thay đổi như thế nào nếu:
KÈ
M
a) Chiều dài tăng hai lần, chiều rộng không đổi? b) Chiều dài và chiều rộng tăng ba lần? c) Chiều dài tăng bốn lần, chiều rộng giảm bốn lần? Lời giải
Y
Gọi chiều dài, chiều rộng của một hình chữ nhật là a, b thì diện tích của nó là S ab .
DẠ
a) Nếu chiều dài tăng hai lần, chiều rộng không đổi thì chiều dài, chiều rộng mới là 2a và b nên diện tích mới là: Sm 2a.b 2S . Điều này chứng tỏ diện tích hình chữ nhật tăng hai lần.
b) Nếu chiều dài và chiều rộng tăng ba lần thì chiều dài, chiều rộng mới là 3a, 3b nên diện tích mới là S m 3a.3b 9ab 9S .
L
Điều này chứng tỏ diện tích hình chữ nhật tăng chín lần.
4a;
b b nên diện tích mới là Sm 4a. ab S . 4 4
Điều này chứng tỏ diện tích hình chữ nhật không thay đổi.
a) Chiều dài và chiều rộng cùng tăng 10% ? b) Chiều dài và chiều rộng cùng giảm 10% ? c) Chiều dài tăng 10% , chiều rộng giảm 10% ? Lời giải
OF
Ví dụ 2. Diện tích hình chữ nhật thay đổi như thế nào nếu:
FI CI A
c) Nếu chiều dài tăng bốn lần, chiều rộng giảm bốn lần thì chiều dài, chiều rộng mới là
ƠN
Gọi chiều dài, chiều rộng của một hình chữ nhật là a, b thì diện tích của nó là: a) Nếu chiều dài và chiều rộng cùng tăng 10% thì chiều dài, chiều rộng mới là
NH
110x 110y 110x 110y 121xy 121.S , nên diện tích mới là Sm mà diện tích ban đầu ; . 100 100 100 100 100 100 100.S là . Điều này chứng tỏ diện tích hình chữ nhật tăng 21% . 100 b) Nếu chiều dài và chiều rộng cùng giảm 10% thì chiều dài, chiều rộng mới là
QU Y
90x 90y 90x 90y 81.x .y 81.S , nên diện tích mới là Sm . Mà diện tích ban đầu là ; . 100 100 100 100 100 100 100.S . Điều này chứng tỏ diện tích hình chữ nhật giảm 19 . 100 c) Nếu chiều dài tăng 10% , chiều rộng giảm 10% thì chiều dài, chiều rộng mới là
M
110x 90y 110x 90y 99xy 99.S , nên diện tích mới là Sm mà diện tích ban đầu là ; . 100 100 100 100 100 100 100.S . Điều này chứng tỏ diện tích mới giảm 1% . 100
Ví dụ 3. Tính các cạnh của một hình chữ nhật, biết rằng:
KÈ
a) Bình phương độ dài một cạnh là 16cm và diện tích của hình chữ nhật là 28cm 2 . b) Tỉ số các cạnh là 4 : 9 và diện tích của nó là 144cm 2 . Lời giải
Y
Gọi hai kích thước của hình chữ nhật là x, y (x 0, y 0) thì diện tích của hình chữ nhật
DẠ
là S x .y . a) Theo đề bài ra ta có x .y 28 (1) và x 2 16 42 x 4 (vì x 0 ) (trường hợp y 2 16 làm tương tự). Thay x 4 vào đẳng thức (1), ta được: 4.y 28 y 7 . Ta thấy 4, 7 là các giá trị dương thoả mãn điều kiện của ẩn.
Vậy hai kích thước của hình chữ nhật là 4cm; 7cm . x 4 (2) và x .y 144 (3) y 9
L
b) Theo bài ra ta có
Thay x 8 vào đẳng thức (3), ta được: 8.y 144 y 18 . Ta thấy 8,18 là các giá trị dương thoả mãn điều kiện của ẩn. Vậy hai kích thước của hình chữ nhật là 8cm và 18cm .
FI CI A
Nhân theo vế đẳng thức (2) với (3), ta được: x 2 82 x 8 (vì x 0 )
OF
Ví dụ 4. Cho hình chữ nhật ABCD . Qua E là một điểm bất kì nằm trên đường chéo AC , kẻ hai đường thẳng FG AD và HK AB (F AB,G DC , H AD, K BC ) . Chứng minh rằng hai hình chữ nhật EFBK và EGDH có cùng diệnAtích. H
Lời giải (hình 187)
F
B K
E
ƠN
Vì FG AD, HK AB (theo giả thiết) nên HE AF và AH FE . Tứ giác AHEF có các cạnh đối song song nên là hình bình hành.
D
G
C Hình 187
NH
900 nên nó là hình chữ nhật suy ra AHE AFE (c-g-c). Lại có A
Áp dụng tính chất bất biến của diện tích ta được SAFE S AHE . Tương tự S EKC S EGC ; S ABC S ADC .
QU Y
Suy ra S ABC S AFE S EKC S ADC S AHE S EGC hay S EFBK S EGDH .
DẠ
Y
KÈ
M
III. BÀI TẬP 1. Diện tích một hình vuông tăng thêm bao nhiêu phần trăm nếu mỗi cạnh của nó tăng thêm 10% ? 2. Diện tích hình chữ nhật thay đổi như thế nào nếu: a) Chiều dài tăng 10% , chiều rộng giảm 20% ? b) Chiều dài giảm 25% , chiều rộng tăng 15% ? 3. Tính các cạnh của hình chữ nhật, biết rằng: a) Tỉ số các cạnh là 3 : 4 và diện tích của nó là 300cm 2 . b) Bình phương độ dài một cạnh là 9cm và diện tích của nó là 45cm 2 . 4. Cho hình thoi có hai đường chéo bằng 6cm và 10cm . Tính diện tích tứ giác có đỉnh là trung điểm các cạnh của hình thoi. DẠNG 2. Diện tích hình vuông. Diện tích tam giác vuông
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng: 1. Công thức tính diện tích hình vuông, diện tích tam giác vuông.
A
1 diện tích hình vuông ABCD . 3
x
E
B
FI CI A
tam giác ADE bằng
L
2. Kết quả thu được từ hẳng đẳng thức: 4ab (a b)2 (a b)2 (a b)2 . II. VÍ DỤ Ví dụ 1. ABCD là hình vuông cạnh 12cm , AE x (hình 188). Tính x sao cho diện tích
12cm
Lời giải Diện tích tam giác vuông ADE là 6x (cm 2 ) .
D
Diện tích hình vuông ABCD là 144(cm 2 ) . 144 x 8(cm ) . 3
C
OF
Theo bài ra, ta có 6x
Hình 188
Ví dụ 2. Tính diện tích tam giác ABC vuông tại A , biết AB 6cm; BC 13cm .
ƠN
Lời giải 1 2
Áp dụng công thức tính diện tích tam giác vuông, ta có: S AB.AC .
NH
Với AB 5cm , ta còn phải tính AC .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào ABC vuông ở A , ta được: BC 2 CA2 AB 2 hay 132 CA2 52
Vậy S
QU Y
CA2 122 CA 12 (vì CA 0 ).
5.12 30(cm 2 ) . 2
Ví dụ 3. Bài toán đẳng chu
M
Cho hình chữ nhật
Y
KÈ
a) Hãy vẽ một hình chữ nhật có diện tích nhỏ hơn nhưng có chu vi lớn hơn hình chữ nhật ABCD . Vẽ được mấy hình như vậy? b) Hãy vẽ hình vuông có chu vi bằng chu vi hình chữ nhật ABCD . Vẽ được mấy hình vuông như vậy? So sánh diện tích hình chữ nhật với diện tích hình vuông có cùng chu vi vừa vẽ. Tại sao trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất? A 5cm B Lời giải (hình 189)
DẠ
a) Hình chữ nhật có kích thước 1cm và 10cm có diện tích 10cm 2 nhỏ hơn S ABCD 15cm 2 và có chu vi (1 10).2 22(cm )
S= 15cm2 3cm Chu vi = (3+ 5)2= 16 (cm)
lớn hơn chu vi hình chữ nhật ABCD . D
C Hình 189
vi hình chữ nhật ABCD . Vậy vẽ được rất nhiều hình chữ nhật như thế.
L
Hình chữ nhật kích thước 2cm và 7cm có diện tích 14cm 2 nhỏ hơn S ABCD 15cm 2 và có chu vi (2 7).2 18(cm ) lớn hơn chu
FI CI A
b) Hình vuông có chu vi bằng chu vi hình chữ nhật ABCD thì có cạnh bằng 16 : 4 4(cm ) , nên có diện tích bằng 4.4 16(cm 2 ) lớn hơn diện tích hình chữ nhật ABCD . Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi (đẳng chu) thì hình vuông có diện tích lớn nhất.
OF
Thật vậy, gọi các kích thước của hình chữ nhật là a và b thì chu vi của hình chữ nhật là 2(a b ) không đổi và diện tích của hình chữ nhật là S ab . Áp dụng kết quả: 4ab (a b)2 (a b)2 (a b)2 , suy ra (a b)2 . 4
(a b )2 . 4
ƠN
S ab
Vậy diện tích hình chữ nhật đạt giá trị lớn nhất bằng
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (a b)2 0 a b 0 a b , hay khi đó hình chữ nhật
NH
là hình vuông.
QU Y
III. BÀI TẬP 5. Hình thang cân ABCD (AB CD ) có AC 4cm và AC BD . Tính diện tích tứ giác có đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình thang cân ABCD . 6. Tính diện tích của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 10cm , tổng hai cạnh góc vuông bằng 14cm . D 900 ) có AB 3cm, AD 4cm và 7. Tính diện tích hình thang vuông ABCD (A
1350 . ABC
KÈ
M
8. a) Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi bằng 40cm , hình nào có diện tích lớn nhất? b) Trong các hình chữ nhật có diện tích bằng 100cm 2 , hình nào có chu vi nhỏ nhất? Chủ đề 3 DIỆN TÍCH TAM GIÁC
Y
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1 2 Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC ,CA, AB; ha , hb , hc lần lượt là độ dài các đường cao
DẠ
1. Công thức tính diện tích tam giác: S ah .
kẻ từ A, B,C của tam giác ABC thì:
aha
S
2
bhb 2
chc 2
.
FI CI A
L
2. Từ công thức tính diện tích tam giác ta thu được các kết quả KQ 1: Hai tam giác có cạnh đáy bằng nhau và chiều cao bằng nhau thì chúng có diện tích bằng nhau (hình 190 a, b, c).
h
h
a
OF
a
h
a)
a
QU Y
NH
ƠN
b)
h
a
a
a
a
c)
d) Hình 190
DẠ
Y
KÈ
M
h
h
KQ 2: Hai tam giác có một cạnh bằng nhau thì tỉ số diện tích của hai tam giác đó bằng tỉ số của ahi chiều cao tương ứng (hình 191).
h1 a
h
S1 S2
S1
h2
S2
m
Hình 191
FI CI A
L
KQ 3: Hai tam giác có một đường cao bằng nhau thì tỉ số diện tích của hai tam giác đó bằng tỉ số của hai cạnh tương ứng (hình 192).
n
ƠN
OF
Hình 192
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
NH
DẠNG 1. Tính toán, chứng minh hệ thức về diện tích tam giác
Lời giải (hình 193)
QU Y
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Áp dụng công thức và các kết quả thu được từ công thức tính diện tích tam giác. 2. Sử dụng định nghĩa khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách từ một điểm tuỳ ý trên đường thẳng này đến đường thẳng kia. 3. Áp dụng tính chất cộng diện tích. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Tính diện tích của một tam giác cân có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng b . Từ đó hãy tính diện tích một tam giác đều có cạnh bằng a . A
a
M
Xét ABC cân ở A có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng b .
KÈ
Kẻ AH BC thì H là trung điểm cạnh BC theo tính chất của tam giác cân nên BH
a . 2
Áp dụng công thức tính diện tích vào tam giác ABC ta được 1 1 AH .BC a.AH . 2 2
Y DẠ
S
Ta còn phải tính chiều cao AH .
B
H a Hình 193
C
Áp dụng định lí Py-ta-go vào ABH vuông ở H thu được AB 2 BH 2 HA2 hay
Vậy S
L
4b 2 a 2 (vì HA 0 ) 2
FI CI A
a 2 4b 2 a 2 b HA2 HA2 HA 2 4 2
a 4b 2 a 2 , từ đó suy ra diện tích của tam giác đều cạnh a là: 4 S
a 4a 2 a 2 a2 3 . 4 4
OF
Ví dụ 2. Từ đỉnh A của hình bình hành ABCD kẻ một đường thẳng cắt cạnh BC tại E và đường thẳng DC tại F . Chứng minh rằng SADE S ABF ; S BEF SACE . Lời giải (hình 194)
Vì ABCD là hình bình hành nên AD BC , AB CD . Do đó các khoảng cách từ C và E
ƠN
đến AD bằng nhau, từ C và F đến AB bằng nhau.
Ta có S ADE S ADC (1), vì chung đáy AD , chiều cao bằng nhau. A
NH
S ABF S ABC (2), vì chung đáy AB , chiều cao bằng nhau.
B
Lại có đường chéo AC chia hình bình hành ABCD thành hai tam giác có diện tích bằng nhau là SADC SABC (3).
F
Hình 194
QU Y
Từ các đẳng thức (1), (2) và (3) suy ra SADE SABF
E C
D
Mặt khác SABE S ABE (4).
Trừ theo vế đẳng thức (2) cho đẳng thức (4), ta được: SBEF S AEC . Ví dụ 3. Trung tuyến AD và BE của ABC cắt nhau ở G . Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 . SCEG SCED S ABG S ABE S 2 3 4 6 12 ABC
M
S DEF
KÈ
Lời giải (hình 195)
Đặt S DEG a . Ta phải chứng minh:
Y
SCGE 2a; SCED 3a; S ABG 4a; S ABE 6a; S ABC 6a .
DẠ
Vì hai trung tuyến AD, BE cắt nhau ở G nên G là trọng tâm của tam giác ABC . Do đó khoảng cách từ G đến các đỉnh của tam giác bằng
2 độ dài các đường trung 3
tuyến. Ta có
S BGD 2SGED 2a (vì chung chiều cao kẻ từ D đến BE và BG 2GE ).
S BGD SGDC 2a (vì chung chiều cao kẻ từ G đến BC , đáy bằng nhau là
BD DC ). S BGC 2a 2a 4a .
L
Do đó Lại có
SCEG
1 1 S BGC .4a 2a . 2 2
SCED S BDE 2a a 3a , chung chiều cao kẻ từ E đến BC ,
đáy bằng nhau là BD DC .
FI CI A
A
C
Hình 195
OF
và AG 2GD .
a
D
B
SCED 2S BGD 2.2a 4a , vì chung chiều cao kẻ từ B đến AD
E
G
S ABE S BEC 4a 2a 6a , vì chung chiều cao kẻ từ B đến AC
và đáy bằng nhau là AE EC .
ƠN
S ABC 2S ABE 2.6a 12a .
Ví dụ 4*. Trên ba cạnh AB, BC ,CA của ABC lấy ba đoạn AD, BE ,CF mỗi đoạn bằng
1 3
Lời giải (hình 196)
QU Y
Đặt S ABC 9a . Ta có:
NH
độ dài của mỗi cạnh. Chứng minh rằng S ABC 3S DEF .
1 1 S ABC .9a 3a , vì chung chiều cao kẻ từ A đến BC 3 3 1 và đáy BE BC . 3 B sABE
1 3
1 3 1 đến AB và đáy AD AB . Do đó S BDE S ABE S ADE 3a a 2a . 3
A D F C
E Hình 196
KÈ
M
Lại có S ADE S ABE .3a a , vì chung chiều cao kẻ từ E
Chứng minh tương tự ta được S ADF SCEF 2a . Vậy S DEF 9a 6a 3a hay S ABC 3.S DEF .
Y
III. BÀI TẬP
DẠ
1. Cho ABC , đường cao AH . Biết AB 15cm, AC 41cm, HB 12cm . Tính diện tích ABC . 2. Tam giác ABC có đáy BC 6cm , chiều cao tương ứng 4cm . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC . Tính diện tích tứ giác BDEC .
L
3. Cho hình thang ABCD (AB CD ) , có hai đường chéo cắt nhau ở O . Chứng minh rằng: a) SABC S ABD ;
FI CI A
b) SCDA SCDB ; c) SAOD S BOC .
4. Cho tứ giác ABCD . Qua đỉnh C kẻ một đường thẳng song song với đường chéo BD cắt đường thẳng AD ở E . Chứng minh rằng S ABCD S ABE . 5. Cho hình bình hành ABCD , kẻ một đường thẳng bất kì song song với đường chéo BD cắt các cạnh BC ,CD lần lượt ở E và F . Chứng minh rằng S ABE S ADF .
b) S ADE S BEF SCDF 4.S ABC .
NH
ƠN
OF
6. Cho hình bình hành ABCD . Trên cạnh BC lấy hai điểm K , L sao cho BK KL LC . Tính tỉ số diện tích sau: a) Các tam giác DAC và DCK ; b) Tam giác DAC và tứ giác ADLB ; c) Các tứ giác ABKD và ABLD . 7. Tam giác ABC có hai trung tuyến AD và BE vuông góc với nhau. Hãy tính diện tích tam giác đó theo AD và BE . 8. Cho tam giác ABC . Kéo dài AB đến D, BC đến E ,CA đến F sao cho AB BD, BC CE , CA AF . Chứng minh rằng: a) S DEF 7.S ABC ;
QU Y
DẠNG 2. Sử dụng công thức diện tích để tính độ dài đoạn thẳng. Chứng minh hệ thức hình học
KÈ
M
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Tính diện tích tam giác bằng hai cách. 2. Vì mỗi tam giác chỉ có một diện tích nên hai kết quả đó bằng nhau. Từ đó thu được một hệ thức liên hệ giữa các yếu tố trong tam giác. Phương pháp này thường gọi là phương pháp diện tích. (Như vậy diện tích là chiếc cầu nối giữa các yếu tố trong tam giác). 3. Áp dụng các tính chất về diện tích, các kết quả thu được từ công thức tính diện tích tam giác. II. VÍ DỤ Ví dụ 1. Tam giác cân ABC (AB AC ) có BC 30cm , đường cao AH 20cm . Hãy tính chiều cao ứng với cạnh bên.
Y
A
DẠ
Lời giải (hình 197) K
Kẻ BK AC , ta phải tính độ dài BK . Trước hết ta đi tính cạnh bên AC .
20cm
B
H 20cm Hình 197
C
Áp dụng định lí Py-ta-go vào AHC vuông ở H ta được AC 2 CH 2 AH 2 , hay:
L
AC 2 152 202 252 nên AC 25cm .
1 2
1 2
1 2
1 2
FI CI A
Tính diện tích ABC bằng hai cách: Cách 1: S BC .AH .30.20 300(cm 2 ) . Cách 2: S BK .AC BK .25(cm 2 ) .
1 BK .25 300 BK 24(cm ) . 2
OF
Vì ABC chỉ có một diện tích nên hai kết quả trên phải bằng nhau tức là:
Lời giải (hình 198)
NH
Tính diện tích OAB bằng hai cách:
ƠN
Ví dụ 2. Cho OAB vuông tại O với đường cao OM . Hãy giải thích vì sao ta có đẳng . OM .AB . thức: OAOB O
1 2
Cách 1: Theo công thức tính diện tích tam giác vuông S OAOB . . A
B
M Hình 198
QU Y
1 Cách 2: Theo công thức tính diện tích tam giác thường S OM .AB . 2
Vì OAB chỉ có một diện tích nên hai kết quả trên phải bằng nhau tức là: 1 1 OAOB . OM .AB OAOB . OM .AB . 2 2
M
Điều này chứng tỏ đẳng thức này có được do áp dụng phương pháp diện tích. Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn ABC , các đường cao AA, BB ,CC cắt nhau ở H . Chứng
KÈ
minh rằng:
HA HB HC 1. AA BB CC
A
Lời giải (hình 199)
Y
C'
lần lượt là S , S1, S 2 , S 3 . Theo tính chất cộng diện tích thì S S1 S 2 S 3 .
B'
H
S1
Gọi diện tích các tam giác ABC , ABH , BCH ,CAH
DẠ
S3
S2
B
A' Hình 199
C
Các tam giác ABC và ABH có chung đáy AB nên tỉ số hai chiều cao bằng tỉ số hai diện tích:
Do đó
FI CI A
Tương tự:
L
HC S1 . CC C HA S 2 HB S 3 . ; AA S BB S
HA HB HC S 1 S 2 S 3 S 1. AA BB CC S S
OF
III. BÀI TẬP
ƠN
9. Cho ABC có AB AC 10cm, BC 12cm . Tính chiều cao BK . 10. Cho ABC có AM là đường trung tuyến. Qua O là điểm bất kì trên AM kẻ một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt ở D, E . Chứng minh rằng DO OE .
NH
11. Cho hình thang ABCD (AB CD ) . Qua giao điểm O của hai đường chéo, kẻ đường thẳng song song với đáy, cắt AD và BC theo thứ tự ở E và H . Chứng minh rằng EO OH . 12. Cho ABC cân tại A có đường cao BH . Qua điểm M thuộc đáy BC kẻ MP AB, MQ AC . Chứng minh rằng MP MQ BH .
QU Y
DẠNG 3*. Tìm diện tích lớn nhất của một hình
KÈ
M
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Nếu diện tích của một hình nhỏ hơn hoặc bằng (không lớn hơn) một bằng số M và tồn tại một vị trí của hình để diện tích của nó bằng M thì M là diện tích lớn nhất của hình đó. Kí hiệu max S M . Nếu diện tích của một hình lớn hơn hoặc bằng (không nhỏ hơn) một hằng số m và tồn tại một vị trí của hình để diện tích của nó bằng m thì m là diện tích nhỏ nhất của hình đó. Kí hiệu min S m .
Y
2. Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài một đường thẳng đến đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất. 3. Từ hằng đẳng thức thu được các kết quả: KQ 1: 4ab (a b)2 (a b)2 (a b)2 , với mọi cặp số thực a, b .
DẠ
KQ 2: 2(a 2 b 2 ) (a b )2 (a b )2 (a b )2 , với mọi cặp số thực a, b . A
II. VÍ DỤ Ví dụ. Tìm diện tích lớn nhất của ABC biết AB 3cm, BC 4cm . 3a1
Lời giải (hình 200)
B
H
4a1
Hình 200
C
S
L
FI CI A
Kẻ AH BC thì AB và AH là đường xiên, đường vuông góc kẻ từ điểm A ở ngoài đường thẳng BC đến đường thẳng đó nên đường vuông góc AH là đường ngắn nhất hay AH AB . Do đó: 1 1 1 AH .BC AB.BC .3.4 6(cm 2 ) . 2 2 2
Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi AH AB AB BC ABC vuông tại B . Vậy max S 6 khi ABC vuông tại B . BÀI TẬP
13. Chứng minh rằng S
OF
III.
a 2 b2 với S là diện tích của tam giác có độ dài hai cạnh 4
ƠN
bằng a, b . 14. Trong các tam giác vuông có cạnh huyền bằng a , tam giác nào có diện tích lớn nhất? 15. Trong các hình chữ nhật có đường chéo bằng 12cm , hình nào có diện tích lớn nhất? 16. * Gọi O là điểm nằm trong tứ giác ABCD có diện tích S thoả mãn hệ thức:
NH
OA2 OB 2 OC 2 OD 2 2S
QU Y
Chứng minh rằng khi đó ABCD là hình vuông và O là tâm của nó.
M
LỜI GIẢI - HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
KÈ
Chủ đề 1
1. Điểm C chia theo đoạn AB theo tỉ số
DẠ
Y
Vì AB CA CB 2t 3t 5t nên
2. (hình 315) Từ giả thiết
CA 2t 2 CA 2 (với t 0 ). CB 3t 3 CB 3
AC 2t 2 CB 3t 3 ; . AB 5t 5 AB 5t 5
DA 3t DA 3 (với t 0 ). DB 2t DB 2
Vì D thuộc tia đối của tia BA nên DA DB , do đó AB DA DB hay 3 3t 2t t 3 .
3. Vì x, y, z tỉ lệ với 2, 3, 4 nên ta có dãy tỉ số: 16 (dm ) . 3
FI CI A
8 3
Suy ra: x (dm ); y 4(dm ); x
x y z x y z 12 4 . 2 3 4 234 9 3
L
Vậy DA 9cm; DB 6cm .
x x 2 8 y x y z y 8 12 3 12 4. Từ giả thiết 15x 10y 8z . y z y 4 12 8 12 15 12 15 5 15 z
OF
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được: x y z x y z 7 1 . 8 12 15 8 12 15 35 5
C B
6
5
ƠN
Vậy x 1, 6dm; y 2, 4dm; z 3dm .
A
7,5
5. (hình 316) Áp dụng định lí Ta- lét vào tam giác ACM có BD CM , ta được:
D
M
NH
Hình 316
MD 6 7, 5.6 MD CB hay MD 9(cm ) . 7, 5 5 5 DA BA
A
B
6. (hình 317) Gọi I là giao điểm của EF với BD thì EI AB, IF DC 3. E
QU Y
Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác ABD có EI AB ta được: DI DE DI 4 hay . IB EA IB 3
6
I
F
4
(1)
D Hình 317
Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác BCD có FI DC , ta được:
KÈ
M
CF DI CF DI hay FB IB 6 IB
Từ (1) và (2), ta có:
(2)
A
CF 4 6.4 CF 8(cm ) . 6 3 3
D
E
DẠ
Y
B 7. (hình 318) Áp dụng định lí Ta-lét vào hai tam giác ABC có DE BC và AFC có BE FC , ta được:
AD AE AC AD AB AB 2 AD.AF . AB AB AE AB AF AC AF
Hình 318
F
A
E
C
F
C
8. (hình 319) Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác ABC có DE AC và DF AB , ta có:
FI CI A
L
AE CD (1) CB AB AF BD (2) AC BC
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được: AE AF CD BD BC 1. AB AC BC BC
E
OF
9. (hình 320)
a) Từ giả thiết và tính chất các cặp góc so le, đồng vị của AD ME , ta được:
M D
C
ƠN
A A 1 2 K E K AE AK A . 2 1 1 1 A E1 1
1 A 1 K 2 1
B
Hình 320
NH
Vì trong tam giác, đối diện với hai góc bằng nhau là hai cạnh bằng nhau. b) Đặt BM MC a và AE AK b .
Áp dụng định lí Ta-lét vào hai tam giác BEM và ACD có AD EM , AD KM , ta được:
QU Y
BE BM BE a DM hay DM BE CK BE CK . AE b CK CM CK a b b DM KA MD b
10. (hình 321) Đặt BD DC a thì BC 2a . Gọi I là giao điểm của d và BC . E
M
Áp dụng định lí Ta-lét vào hai tam giác BEI và ADC có AD EI , AD FI , ta được: (1)
CF CI CF CI hay CA CD CA a
(2)
F
B
D
I
C
Hình 321
Y
KÈ
BE BI BE BI hay BA BD BA a
A
DẠ
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được: BE CF BI CI BC 2a 2. BA CA a a a
11. (hình 322) Từ giả thiết BM MC và AI IM nên ta đặt BM MC a; AI IM b .
Kẻ MK BD thì MK ID . Áp dụng định lí Ta-lét vào hai tam giác AMK và BDC có DI MK , BD MK , ta được:
FI CI A
L
A
AD AI b 1 AD DK DK IM b DK KC DK BM a 1 MC a KC
D
b I
K
b
AD 1 AD DK KC . Điều này chứng tỏ . DC 2
B
a
a
M
C
Hình 322
OF
12. (hình 323) Kẻ DK MC thì DK MI .
Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác ADK có DK MI , ta được:
ƠN
AM 3t AM AI 3 (với t 0 ). MK 4t MK ID 4
A
M
I
Đặt BD DC a . Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác BMC K có DK MC , ta được: B
D
C
Hình 323
AM 3t 3 . MB 8t 8
KÈ
M
QU Y
Do đó BM 8t nên
4
NH
MK CD a 1 MK KB 4t . KB DB a
3
Chủ đề 2
C
Y
1. (hình 324) Trước hết ta đi tính AB .
7
DẠ
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông ở A , ta được: BC 2 CA2 AB 2 hay 132 122 AB 2 AB 5 AB 5(cm ) , vì AB 0 . 2
2
E
13
D 5
B
A Hình 324
Vì AB và CE cùng vuông góc với AC nên AB CE .
CE CD CE 7 hay CE 7(cm ) . AB DA 5 5
L
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AB CE , thu được: A
FI CI A
B
1
2. (hình 325) Từ giả thiết
O
AO 1 AO AC AC AO OC AO 1 . AC 3 1 3 32 2 OC 2
D
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AB CD thu được
3. (hình 326) Đặt OA x (với x O ) thì OD OA AD x 3 .
OF
AB AO AB 1 6.1 hay AB 3(cm ) . CD OC 6 2 2
Hình 325
O
4
A
B
ƠN
3 10
D Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AB CD , thu được:
Hình 326
NH
CD OD 10 x 3 hay 10x 4x 12 AB OA 4 4
C
10x 4x 12 x 2(cm ) .
4. (hình 327) Vì ABCD là hình bình hành nên DC AB 12cm và DE AB . DE 1 DE 1 hay . DC 4 AB 4
QU Y
Từ giả thiết
B
A
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AB DE , thu được:
M
DI 1t DI 1 DI DE hay (với t 0 ). IB 4t IB 4 IB AB
D
E
C Hình 327
DI 1t 1 . BD 5t 5
KÈ
Suy ra BD 1t 4t 5t . Vậy
I
A
Y
5. (hình 328) Từ giả thiết DE AB, AD là đường phân giác, ta có:
DẠ
E 5
D A A EA ED . 1 1 D 1 2 A A2 1
(vì trong một tam giác, đối diện với hai góc bằng nhau là hai cạnh bằng nhau). Đặt EA ED x thì CE CA EA 5 x .
12 x 2
x 1
B
D Hình 328
C
2
C
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AB DE , thu được:
L
x 5x x 5x 5 10 x (cm ) . 2 5 25 7 7
FI CI A
Hay
DE CE AB CA
6. (hình 329) Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AB DC , thu được: AO 2t AO 4 2 AO AB hay (với t 0 ). OC 3t OC 6 3 OC CD AO 2t 2 . AC 5t 5
N
O
D
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AB DC , thu được:
ƠN
MO AO MO 2 hay MO 2, 4(cm ) . DC AC 6 5
B
4
M
OF
Suy ra AC 5t nên
A
6 Hình 329
C
Tương tự ta có: NO 2, 4cm . Vậy MN 4, 8cm .
A
NH
7. (hình 330) Từ giả thiết suy ra MH AB và MK CD .
H
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho MH AB và MK CD , thu được:
MH CM AB CA
QU Y
MK AM CD AC
(1)
M
B
C
K D
(2) Hình 330
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được: MH MK CM MA AC 1. AB CD AC AC
M
8. (hình 331) Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho MN AB, PQ AB và định lí Ta-lét A
vào tam giác BCD có NQ DC , thu được:
O M
N
P
D
9. (hình 332) Gọi E là giao điểm của AM và KC thì AMB EMC (g-c-g). A
Suy ra AM ME , vậy tứ giác ACEB có các đường chéo cắt nhau ở trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành. B
K D
I C
M
E
Q C
Hình 331
DẠ
Y
KÈ
MN DN AB DB PQ CQ MN PQ MN PQ . AB CB AB AB DN CQ CB DB
B
Do đó AC BE và AB CE suy ra AD BE , AB EK .
L
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AD BE và AB EK , thu được:
FI CI A
ID IA IB IE ID IB IB 2 ID.IK . IB IA IB IK IE IK
10. (hình 333) Kẻ các đường thẳng BH và DK cùng vuông góc với AC thì BH DK .
S ADE
1 BK .AC 2 1 DH .AE 2
B
(1)
OF
Ta có:
S ABC
D
BK AB DH AD
ƠN
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét co DK BH , ta được: (2)
H K
Thay (2) vào đẳng thức (1), ta được:
S ADE
1 AB.AC . 2 1 AD.AE 2
QU Y
C
B E
11. (hình 334) Áp dụng định lí Ta-lét vào các tam giác ABC và ACD có EO BC ,OF CD , ta được: AE AO EB OC AE AF . AF AO EB FD FD OC
E
Hình 333
NH
S ABC
A
A
O
C
F
D
Hình 334
M
Điều này chứng tỏ đường thẳng EF cắt hai cạnh AB, AD của
KÈ
tam giác ABD và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ nên EF song song với cạnh còn lại BD , hay EF BD (theo định lí Ta-lét đảo). 12. (hình 335) Gọi giao điểm của AC và BD là O .
Y
Từ giả thiết ME CD và NF AB suy ra ME CN , NF BM .
DẠ
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho ME CN , NF BM , thu được: EO MO EO BO OC ON . BO MO OC OF OF ON
C B
N
O M E
F
A
D Hình 335
Điều này chứng tỏ đường thẳng BE cắt hai cạnh OC ,OF
FI CI A
L
kéo dài của tam giác OCF và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ nên BE song song với cạnh còn lại CF , hay BE CF (theo định lí Ta-lét đảo). 13. (hình 336) Áp dụng định lí Ta-lét vào các tam giác ACI và AKB có A NK IC , IM BK , thu được: AN AK AI AC
(2)
OF
I
AI AM AB AK
M K
N
(1)
B
Nhân theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được:
Hình 336
ƠN
AN AM . AB AC
C
Điều này chứng tỏ đường thẳng MN cắt hai cạnh AB, AC
NH
của tam giác ABC và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ nên A MN song song với cạnh còn lại BC , hay MN BC (theo định lí Ta-lét đảo). F
G
14*. (hình 337) Tính diện tích tam giác ABC theo hai cách: 1 2
1 2
D E
1 2
QU Y
Cách 1: S BD.AC BF .AC (do BD BF theo giả thiết). 1 2
Cách 2: S CE .AB CG .AB (do CG CE theo giả thiết).
C
B Hình 337
Vì tam giác ABC chỉ có một diện tích nên hai kết quả trên phải BF CG . BA CA
M
bằng nhau tức là: BF .AC CG .AB
Điều này chứng tỏ đường thẳng FG cắt hai cạnh AB, AC của tam giác ABC và định ra
KÈ
trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ nên FG song song với cạnh còn lại BC , hay FG BC (theo định lí Ta-lét đảo). 15. (hình 338) Qua A và M lần lượt kẻ các đường thẳng AH , MK cùng vuông góc với
Y
BC thì AH MK và MK là khoảng cách từ M đến BC .
DẠ
Vì tam giác ABC cân ở A nên H là trung điểm của BC , do đó BH 5cm . B
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho MK AH , ta được:
5
M
MK BM MK 8 8.AH hay (1). MK AH BA AH 13 13
A
K H Hình 338
C
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác AHB vuông ở H , thu được:
L
AB 2 BH 2 HA2 hay 132 52 HA2
Thay HA 12cm vào đẳng thức (1), ta được: MK
FI CI A
HA2 122 HA 12(cm ) .
96 (cm ) . 13
16. (hình 339) Kẻ thêm BI AC thì BI EC và BI AE .
A
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho BI EC và BI AE , FB BI FC EC
E
(1)
OF
thu được:
I
BI 1t BI 1 BI BD hay (với t 0 ). AE 2t AE 2 AE DA
C
B
Hình 339
ƠN
Thay AE 2t vào giả thiết
F
D
EA 2 2t 2 , ta được: EC 3t . EC 3 EC 3
NH
Thay BI 1t và EC 3t vào đẳng thức (1), ta được:
FB 1t 1 . FC 3t 3
17. (hình 340) Vì ABCD là hình thoi nên BC DA hay BC AK . Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho BC AK , ta được:
A a
QU Y
BC HB HA AB AB . 1 AK HA HA HA
B
D
Từ giả thiết AB BC a , ta có:
a K
a a a a 1 1 1 1 1 . AK AH AH AK AH AK a
C Hình 340
M
18*. (hình 341) Đặt BC CD a, AB b thì AE a b .
KÈ
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho AE DC và AB CD , ta được:
DẠ
Y
AK AE a b KC DC a
(1) A b B
AI bt AI AB b . IC at IC DC a
a
I K
Nên AC at bt t(a b) , do đó
D
a Hình 341
AC t(a b ) a b CI at a
(2).
C
E
H
AK AC . KC CI
L
Từ (1) và (2) suy ra:
FI CI A
Chủ đề 3
1. (hình 342) Áp dụng tính chất của đường phân giác AD vào tam giác ABC , ta được: A
AB 3t AB 15 3 AB BD hay (với t 0 ). AC 4t AC 20 4 AC DC
20
15
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông ở A , ta được: BC 2 CA2 AB 2 hay 352 (3t )2 (4t )2
D
C
OF
B
(5t )2 352 5t 35 t 7 (vì t 0 ).
A
ƠN
Vậy AB 21(cm); AC 28(cm ) .
Hình 342
2. (hình 343) Áp dụng tính chất của đường phân giác AD vào tam giác ABC , ta được:
45
30
NH
BD 2t BD AB 30 2 (với t 0 ). DC 3t DC AC 45 3
B
D
C
50 Hình 343
Vì BD DC BC 2t 3t 5t 50 t 10 .
QU Y
Vậy BD 20cm; DC 30cm .
3. (hình 344) Áp dụng tính chất của đường phân giác BD vào tam giác ABC , ta được:
KÈ
M
AD 3t DA AB 6 3 (với t 0 ) DC 5t DC CB 10 5 nên AC 8t .
A
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông ở A , ta được: 2
10
B
2
2
2
2
2
2
BC CA AB hay 10 (8t ) 6 (8t ) 8
2
C Hình 344
8t 8 t 1 .
DẠ
Y
D
6
Do đó AD 3(cm ) . Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABD vuông ở A , ta được: BD 2 DA2 AB 2 hay BD 2 32 62 BD 2 45 (3 5)2 BD 3 5(cm ) .
4*. (hình 345) Trước hết ta đi tính BC và AH .
L
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông ở A , ta được:
FI CI A
BC 2 CA2 AB 2 hay BC 2 152 202 BC 2 252 BC 25(cm ) .
Đặt BD x thì DC 25 x .
Áp dụng định lí Py-ta-go vào hai tam giác vuông AHB và AHC A vuông ở H , ta được:
Trừ theo vế các đẳng thức (1) và (2), thu được:
20
15
D H
OF
2 2 2 2 2 2 (1) AB BH HA HA 15 x 2 . 2 2 2 2 2 HA 20 (25 x ) (2) AC CH HA
B
E
C
Hình 345
152 x 2 202 (25 x )2 0 50x 450 x 9(cm ) .
ƠN
Nên HC 25 9 16(cm ) .
Thay x 9 vào đẳng thức (1) ta được HA2 152 92 122 HA 12(cm ) .
NH
Áp dụng tính chất của đường phân giác AD vào tam giác ABH , ta được: DB BA DB 15 5 DB DH hay . DH HA DH 12 4 5 4
QU Y
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được: DB DH DB DH BH 9 1 . Suy ra DH 4(cm ) . 5 4 54 9 9
Áp dụng tính chất của đường phân giác AE vào tam giác ACH , ta được:
M
EC CA EC 20 5 EC EH hay . EH HA EH 12 3 5 3
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
KÈ
EC EH EC EH CH 16 2 . Suy ra HE 6cm . 5 3 35 8 8
5. (hình 346)
Y
a) Áp dụng tính chất của đường phân giác BD vào tam giác ABC , ta được: A
DẠ
AD 2t DA AB 4 2 (với t 0 ). DC 3t DC CB 6 3
D
E I
Nên AC 5 5t t 1 . Vậy AD 2cm, DC 3cm . B
Hình 346
C
b*) Ta có
S DAE SACE
AD 2 (1) (vì chung đường cao kẻ từ AC 5
SABC
AE (2) (vì chung đường cao kẻ từ C đến AB ). AB
FI CI A
SACE
L
E đến AC ).
Áp dụng tính chất của đường phân giác CE vào tam giác ABC ta được:
4 AE 4 . .5 nên 11 AB 11
Thay (3) vào (2), ta được:
S ACE SABC
(3) 4 (4) 11
ƠN
Suy ra AE
OF
AE AC AE EB AE EB AE EB AB 4 hay . 5 6 56 11 11 EB BC AC BC
Nhân theo vế các đẳng thức (1) vào (4) ta được:
S ABC
2 4 8 . . 5 11 55 A K
NH
6. (hình 347) Kẻ DI BK thì DI EK .
S DAE
DI EK , DI BK , ta được:
I
E
Áp dụng định lí Ta-lét vào các tam giác AID và BKC có AK AE hay KI ED
B
D
AK 3 3KI CK CB (1); (2). AK KI 2 2 KI BD
C
QU Y
Hình 347
Áp dụng tính chất của đường phân giác AD vào tam giác ABC , ta được: CD CA CD 8 2 hay DB AB DB 12 3
M
CD DB CD DB BC CB 5 2 3 23 5 BD 3
KÈ
Thay (3) vào đẳng thức (2), ta được:
(3).
CK 5 5KI CK KI 3 3
Y
Chia theo vế các đẳng thức (1) và (4), ta được:
(4).
AK 3KI 5KI 9 . : KC 2 3 10
DẠ
7*. (hình 348) a) Áp dụng tính chất của các đường phân giác AD và BI vào các tam giác ABC , ABD ta được:
DI DB DB (1). IA BA c
DB DC DB DC DB DC BC a ca hay (2). DB BA CA c b c b b c b c b c A c
E
b
Thay (2) vào (1), ta được:
DI IA DI IA AD a b c a b c a b c
DI a DA a b c
FI CI A
Suy ra
L
DI ca a . IA c(b c ) b c
(3).
EI b FI c (4); (5). EB a b c FC a b c
Cộng theo vế các đẳng thức (3), (4) và (5), thu được
ƠN
DI EI FI a b c 1. DA EB FC a b c
OF
b) Chứng minh tương tự như câu a) ta cũng được:
A
NH
Chủ đề 4
1. (hình 349)
C
B
a) Giả sử đã vẽ được AMN ∽ ABC theo tỉ số k 2 , AM 2 k. AB
QU Y
thế thì
M
N Hình 349
Từ đó suy ra cách vẽ gồm hai bước sau: Bước 1: Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho
AM 2. AB E
M
Bước 2: Kẻ Mx BC cắt AC ở N .
1 1
A
Ta có AMN ∽ ABC theo tỉ số k 2 .
KÈ
D
3
3
2. (hình 350) Từ giả thiết:
DẠ
Y
AD AE
AD 1 1 AB 3 3 AD AE . AB 1 AE 1 AB AC AC 3 AC 3
B
C Hình 350
Điều này chứng tỏ đường thẳng DE cắt phần kéo dài hai cạnh AB, AC của tam giác ABC và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ, nên DE BC (theo định lí Ta-lét đảo).
Suy ra ADE ∽ ABC theo tỉ số đồng dạng k
1 . 3
L
3. Câu trả lời là không.
FI CI A
Giải thích: Chẳng hạn một tam giác đều cạnh là 3cm đồng dạng với một tam giác đều cạnh là 1cm , nhưng chúng không thể bằng nhau. 4. (Học sinh tự vẽ hình)
ABC A1B1C 1 ABC ∽ A2B2C 2 (theo tính chất bắc cầu của hai a) Từ giả thiết A B C A2B2C 2 1 1 1
b) Vì
OF
tam giác đồng dạng).
AB AB A1B1 . k1.k2 . Nên ABC ∽ A2B2C 2 theo tỉ số đồng dạng k 3 k1 .k2 . A2B2 A1B1 A2B2 AB BC CA hay AB BC C A
ƠN
5. (Học sinh tự vẽ hình) Vì ABC ∽ A B C nên k
NH
3 4 6 suy ra cạnh bé nhất của A B C là cạnh A B . A B B C C A
Theo giả thiết cạnh đó bằng cạnh lớn nhất của tam giác ABC là 6cm tức là A B 6cm nên ta có:
QU Y
3 1 4 6 B C 8(cm );C A 12(cm ) . 6 2 BC C A
6. (Học sinh tự vẽ hình) Vì A B C ∽ ABC nên ta có tỉ số đồng dạng: k
A B B C C A A B B C C A hay . 16, 2 24, 3 32, 7 AB BC CA
a) Từ giả thiết cạnh A B tương ứng với cạnh AB và lớn hơn cạnh đó 10, 8cm nên cạnh
M
A B 27cm , do đó:
KÈ
27 5 B C C A B C 40, 5(cm );C A 54, 5(cm ) . 16, 2 3 24, 3 32, 7
b) Từ giả thiết cạnh A B tương ứng với cạnh AB và bé hơn cạnh đó 5, 4cm nên cạnh
Y
A B 10, 8cm , do đó:
DẠ
10, 8 2 B C C A B C 16, 2(cm );C A 21, 8(cm ) . 16, 2 3 24, 3 32, 7
7. Câu trả lời là có. a) Sắp thứ tự các cạnh của tam giác thứ nhất: 4; 5; 6 .
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác thứ hai: 8;10;12 . 4 5 6 1 (vì cùng bằng ). 8 10 12 2
L
Ta có
FI CI A
b) Sắp thứ tự các cạnh của tam giác thứ nhất: 3; 4; 6 . Sắp thứ tự các cạnh của tam giác thứ hai: 9;15;18 . Ta có
3 4 6 1 (vì cùng bằng ). 9 15 18 3
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác thứ hai: 0, 5;1;1 . 1 2 2 (vì cùng bằng 2 ). 0, 5 1 1
A
8. (hình 351)
3
B 1
ƠN
Ta có
OF
c) Sắp thứ tự các cạnh của tam giác thứ nhất: 1; 2;2 .
5
10
6
a) Sắp thứ tự các cạnh của tam giác BAD : 3; 5; 6 . Sắp thứ tự các cạnh của tam giác BDC : 6;10;12 .
NH
Ta có
1
D
3 5 6 1 (vì cùng bằng ) hay 6 10 12 2
QU Y
BA AD DB 1 . DB BC CD 2
C
12 Hình 351
Vậy ABD ∽ BDC (c.c.c).
D theo định nghĩa hai tam giác đồng dạng b) Từ câu a), ABD ∽ BDC suy ra B 1 1
nên AB DC (vì có cặp góc ở vị trí so le bằng nhau).
M
Tứ giác ABCD có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.
KÈ
AHC 900 . 9. (hình 352) Vì BHA
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác HBA : 4; 6 .
A 21
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác HAC : 6; 9 .
Y
6cm
DẠ
Ta có
4 6 2 HB HA 2 (vì cùng bằng ) nên . 6 9 3 HA HC 3
Do đó HBA ∽ HAC (c-g-c). Theo định nghĩa hai tam giác đồng dạng, ta có:
1
B 4cmH
1 9cm Hình 352
C
L
C C A C BAC B B A B 1800 1 1 1 1 1 2 1 1 900 . 1 1 2 2 C A2 1
FI CI A
900 . Vậy BAC BDC (góc so le của AB CD ). 10. (hình 353) Vì ABD A
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác BAD : 2; 4 . Sắp thứ tự các cạnh của tam giác DBC : 4; 8 .
4
2 4 1 (vì cùng bằng ) nên: 4 8 2
OF
Ta có
B
2
D
BA BD BAD ∽ DBC (c.g.c). DB DC
C
Hình 353
BA AD 4 AD AD hay BC DB BC 2 BC 2
ƠN
Theo định nghĩa tam giác đồng dạng, ta có:
(1)
NH
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABD vuông ở A , ta được: BD 2 DA2 AB 2 hay 42 DA2 22 DA2 12 (2 3)2 DA 2 3(cm ) .
QU Y
Thay DA 2 3 vào đẳng thức (1), ta được: BC
2 3 3(cm ) . 2
BDC (góc so le của AB CD ). 11. (hình 354) Vì ABD
A
2
B
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác BAD : 2; 4 . 4
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác DBC : 4; 8 .
8
D
C Hình 354
KÈ
M
2 4 1 Ta có (vì cùng bằng ) nên 4 8 2 BA BD BAD ∽ DBC (c.g.c). DB DC
A
Y
DBC . Theo định nghĩa tam giác đồng dạng ta có A
DẠ
12. (hình 355) a) Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác EAF có BC AF và DC AE , ta được:
C
B
60°
A
1 2
D Hình 355
F
L
EB EC EB AD . BA CF FD EC BA DF DA CF
Từ câu a) suy ra
FI CI A
600 nên tam giác ABD và BCD là các tam giác đều, do b) Vì ABCD là hình thoi có A đó AB BD DA .
EB BD . ED BF
BDF 1200 . Vậy EBD Ta lại có EBD ∽ BDF (c.g.c).
F D 600 . BDF nên B 1 1 2
ABI BID ADI 3600 , hay A
ƠN
Áp dụng tính chất về góc vào tứ giác ABID , ta được:
OF
F . Vì D 600 là góc ngoài của tam giác c) Từ câu b), EBD ∽ BDF suy ra D 1 1 2
3600 BID 1200 . 600 600 600 BID
NH
13. (hình 356) Từ giả thiết:
9
D
6 1
C
B Hình 356
QU Y
A A ABD ∽ ACB (g-g). B1 C
A
Theo định nghĩa tam giác đồng dạng, ta có: AB AD 6 AD 36 hay AD 4(cm ) . AC AB 9 6 9
14. (hình 357)
A 1 2
E
M
a) Từ giả thiết:
KÈ
C C CDE CAB (g-g). CDE BAC
D
C Hình 357
DE CD (1) AB CA
Y
b) Từ câu b), ta có:
B
DẠ
Áp dụng tính chất của đường phân giác AD vào tam giác ABC , ta được: CD CA CD DB DB AB CA AB
Từ (1) và (2), ta có:
(2)
DE DB DB DE . AB AB
2 . 15. (hình 358) Đặt C1 thì B 1
là góc ngoài của tam giác BCD nên:A C . Mặt khác ABC Lúc đó D 2
5
5
1
C
2
D
Hình 358
OF
AC AD AC 2 AB.AD 4.9 62 AC 6(cm ) . AB AC
16. (hình 359)
ƠN
a) Áp dụng tính chất của đường phân giác BD vào tam giác ABC , thu được:
Vậy AD 16(cm ), DC 4(cm ) .
A D
20
5
B
C
K
H
Hình 359
NH
AD AB AD DC AD DC AC . DC BC AB BC AB BC AB BC AD DC 20 20 4 Hay . 20 5 20 5 25 5
B
2
A A Vì ACD ∽ ABC (g.g) ACD ABC
Suy ra
4
FI CI A
C C C ACD ABC D 2 2 1
L
Trên tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho BD BC .
QU Y
b) Kẻ AH BC , DK BC thì AH DK và BH HC 2, 5cm (theo tính chất của tam giác cân).
Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác ACH có AH DK , ta được: CK 4 CK CD hay CK 0, 5(cm ) nên: 2, 5 20 CH CA
M
BK BC CK 5 0, 5 4, 5(cm ) .
KÈ
Áp dụng định lí Py-ta-go vào hai tam giác vuông BDK và DCK , ta được:
Y
CD 2 CK 2 DK 2 DK 2 42 0, 52 (1) . 2 2 2 BD DK KB DK 2 BD 2 4, 52 (2)
Trừ vế theo vế các đẳng thức (2) và (1), thu được:
DẠ
BD 2 4, 52 4 0, 52 62 BD 6(cm ) . A
M là góc ngoài của tam giác MEC , 17. (hình 360) Vì BME 2
E
E M E . nên: M 2 1 2 1
1
D
1 2
B
1
M Hình 360
C
Do đó MBD ∽ ECM .
L
18. (Học sinh tự vẽ hình)
FI CI A
600 và AB 1cm, AC 3cm . Bước 1: Dựng AB C biết A 600 . Dựng xAy Trên tia Ax dựng đoạn AB 1 . Trên tia Ay dựng đoạn AC 3 . Bước 2: Dựng ABC ∽ AB C có đường trung tuyến AM 4cm .
OF
Dựng đường trung tuyến AM . Trên tia AM lấy AM 4cm . Qua M dựng đường thẳng song song với B C , cắt Ax và Ay ở B và C . Ta được tam giác ABC là tam giác cần dựng.
ƠN
19. (Học sinh tự vẽ hình) 700 ;C 300 . Bước 1: Dựng AB C biết B
Bước 2: Dựng ABC ∽ AB C có đường phân giác AD 3cm .
NH
Dựng đường phân giác AD Trên tia AD lấy AD 3cm . Trên D , dựng đường thẳng song song với B C , cắt Ax và Ay ở B và C . Ta được tam giác ABC là tam giác cần dựng.
QU Y
Thật vậy, theo cách dựng BC B C , nên: B B 700 ;C C 300 ; AD 3cm .
20. (Học sinh tự vẽ hình) Trước hết ta đi tính AC , AB . AB 3t AB 3 (với t 0 ). AC 4t AC 4
M
Từ giả thiết
KÈ
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A , ta được: BC 2 CA2 AB 2 hay 102 (3t )2 (4t )2 (5t )2 5t 10 t 2 .
Y
Vậy AB 6cm, AC 8cm . Học sinh tự dựng tam giác ABC vuông ở A biết ba cạnh BC 10cm,CA 8cm và
DẠ
AB 6cm .
Chủ đề 5
0
H H 90 1. (hình 361) Vì B1 A2 (cungphuvoigocA1 )
A 1 2
Thay số:
9
B
18
H
9 HA HA2 9.16 122 HA 12(cm ) . HA 16
C
Hình 361
BA 3t BA HB 9 3 (với t 0 ). AC 4t AC HA 12 4
OF
Lại có
HB HA . HA HC
FI CI A
Nên HBA ∽ HAC (g.g)
L
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông ở A , ta được:
BC 2 CA2 AB 2 hay 252 (3t )2 (4t )2 (5t )2 5t 25 t 5 .
ƠN
Vậy BA 15cm, AC 20cm .
2. (hình 362) Áp dụng tính chất của đường trung tuyến AM ứng với cạnh huyền BC 13 (cm ) . 2
NH
1 2
ta được AM BC
Ta có HM BM BH 6, 5 4 2, 5(cm ) .
QU Y
H 900 H Vì B A2 (cungphuvoigocA1 ) 1
Nên HBA ∽ HAC (g.g)
HB HA , hay HA HC
A
1
B
4
HM
Hình 362
4 HA HA2 9.4 362 HA 6(cm ) . HA 9 A
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác ABE : 6; 8 .
8
KÈ
M
D 900 . 3. (hình 363) Vì A
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác DEC : 9;12 .
Y
6 8 2 Ta có (vì cùng bằng ), nên 9 12 3
DẠ
AB AE ABE ∽ DEC (c-g-c) DE DC
C
9
E
6
B
1 2
9
D
12 Hình 363
1
C
Theo định nghĩa tam giác đồng dạng và tính chất về góc
L
C E E 900 . của tam giác vuông DCE ta có 1 1 0 E 1 2 C E2 90 1
20
4. (hình 364) 12
AC 5 BA AC AH 3 a) Từ giả thiết BA 20 5 BH AH 12 3 BH
B
FI CI A
A 0 0 Vì góc AED là góc bẹt nên E1 E 2 BEC 180 BEC 90 . 1 2
H
C
OF
Hình 364
nên BHA ∽ ACH (trường hợp cạnh huyền - cạnh góc vuông).
NH
A B A BAC 900 . 2 A 1 2 0 B A1 90
ƠN
b) Theo định nghĩa tam giác đồng dạng và tính chất về góc của tam giác vuông ABH , ta có:
A
4
B H
5*. (hình 365) Kẻ BK CD thì tứ giác ABKD có ba D K 900 nên nó là hình chữ nhật, góc vuông là A do đó DK AB 4cm , suy ra:
QU Y
KC DC DK 9 4 5(cm ) .
13
M
D
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BKC vuông tại K , ta được: BC 2 CK 2 KB 2 hay 132 52 KB 2
K
9
Hình 365
KB 2 122 KB 12(cm ) .
M
Áp dụng tính chất về cạnh vào hình chữ nhật ABKD , ta được:
KÈ
AD BK 12(cm ) , do đó AM MD 6cm . D 900 , xét các tam giác vuông ABM , DMC : Tính được MC 19cm . Vì A
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác ABM : 4; 6 .
DẠ
Y
Sắp thứ tự các cạnh của tam giác DMC : 6;19 . Ta có:
4 6 2 AB AM (vì cùng bằng ) nên: 6 9 3 DM DC
ABM ∽ DMC (c.g.c)
900 . Chứng minh tương tự như câu b) bài 4, ta được: BMC
C
Kẻ MH BC thì MH là khoảng cách từ M đến BC .
L
Áp dụng định lí Py-ta-go vào hai tam giác vuông ABM và DMC , ta được:
FI CI A
BM 2 62 42 52 (2 13)2 BM 2 13(cm ) 2 2 2 BM MA AB . 2 2 2 2 2 2 2 MC CD DM MC 9 6 117 (3 13) MC 3 13( cm )
Áp dụng phương pháp diện tích vào tam giác vuông BCM , thu được: BM .MC MH .BC hay 2 13.3 13 MH .13
OF
MH .13 6.13 MH 6(cm ) .
6. (hình 366) Kẻ OH AB kéo dài cắt CD ở K thì OK CD .
Nên OH ,OK thứ tự là các đường cao của hai tam giác OAB và OCD .
ƠN
Từ giả thiết AB CD ta có OAB ∽ OCD , nên: AB 3 1 . CD 6 2
NH
Áp dụng kết quả tỉ số đường cao tương ứng bằng tỉ số đồng dạng, ta có: OH 1t OH 1 4 nên 4 3t t . OK 2t OK 2 3
3
O
SOAB
QU Y
4 8 Suy ra OH (cm );OK (cm ) . 3 3
Vậy
1 1 4 AB.OH .3. 2(cm 2 ) ; 2 2 3
H B
A
D
4
C
K 6 Hình 366
M
1 1 8 SOCD CD.OK .6. 8(cm 2 ) . 2 2 3
KÈ
7. (Học sinh tự vẽ hình) Vì DE BC nên ADE ∽ ABC theo tỉ số đồng dạng k
DE . BC
Áp dụng định lí về tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng và giả thiết ta được:
Y
SADE
DẠ
SABC
2
k ;
SADE SABC
2
1 1 1 1 DE 1 suy ra k 2 k . 2 2 2 BC 2 2
8. (hình 367) Từ giả thiết ta có tứ giác ADHE là hình chữ nhật vì có ba góc vuông nên DE AH 8cm, ADE HEA suy ra ADE ∽ HEA . (1)
0
A D
E
Do đó BAC ∽ HEA (g-g). (2)
12
B
Từ (1) và (2) suy ra ADE ∽ BAC .
1 2
H
DE 8 2 . BC 20 5
Mặt khác S ABC AH .BC
C
Hình 367
1 8.20 80(cm 2 ) . 2
OF
Lúc đó tỉ số đồng dạng k
L
8
FI CI A
B H 90 H . Lại có 1 B 2 0 H 1 H 2 90
Áp dụng định lí về tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng, ta đượcL 2 2 80.4 S ADE 12, 8(cm 2 ) . 5 80 25
ƠN
S ADE
9*. (hình 368) Từ giả thiết MO BC , RO AC ,QO AB,ON BC ,OP AB,OS AC nên các tam giác RMO,QON ,OPS cùng đồng dạng với tam giác ABC và các tứ giác
NH
AQOR,ONCS và MOPB là các hình bình hành.
Áp dụng tính chất về cạnh vào các hình bình hành trên, ta được: MO BP ;ON SC .
A R Q
QU Y
Áp dụng định lí về tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng, ta được: 2 BP 2 S1 S1 MO BP BC S BC BC S
SC BC S
(2);
S3
S
PS BC
S2
M
O
(1) B
P Hình 368
(3).
Cộng theo vế các đẳng thức (1), (2) và (3), ta được:
KÈ
S1 S 2 S 3 S
BP PS SC BC 1. BC BC
Y
Suy ra S1 S2 S 3 S .
DẠ
10. (hình 369) Tứ giác AFHE có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật. Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình chữ nhật này ta được EF AH . Bài toán trở thành chứng minh rằng: AB.AE AC .AF AH 2 AH 2 .
A 1 2
E
F
N
S3
M
Tương tự
S2
S1
S
C
A A Vì 1 1 0 AHB ∽ AEH (g-g) nên: H E 90 AB AH AB.AE AH 2 . AH AE
L
FI CI A
(1)
A A 2 Vì 2 0 AHC ∽ AFH (g-g) nên: H F 90 AC AH AC .AF AH 2 . AH AF
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), thu được: AB.AE AC .AF AH 2 AH 2 2AH 2 2EF 2 .
C
ƠN
11. (hình 370)
OF
(2)
D E 1
A
B
H Hình 370
(1)
QU Y
AH AE AD.AE AB.AH AD AB
NH
A A 1 a) Vì 1 0 AHE ∽ ADB (g-g) nên H D 90
Mặt khác, ta có: BA.BH BA.BH
(2)
Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được: AD.AE BA.BH AB.AH BA.BH AB.(AH BH ) AB 2 .
(1)
Mặt khác HA.BH HA.BH
(2)
KÈ
M
b) Theo câu a), AD.AE AB.AH .
Trừ theo vế các đẳng thức (1) và (2), ta được: AD.AE HA.BH AB.AH HA.BH AH (AB BH ) AH 2 .
A
Y
12. (hình 371)
D
DẠ
B B 1 a) Vì 1 0 BKH ∽ BDC (g-g) K D 90
nên
BK BH BD.BH BC .BK BD BC
(1)
E H
2
1
B
C
K Hình 371
C C
b) Vì 1 1 0 CKH ∽ CEB (g-g) K E 90 CK CH CE .CH CB.CK CE CB
(2)
FI CI A
nên
L
c) Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2) ở câu a) và câu b), ta được:
DẠ
Y
KÈ
M
QU Y
NH
ƠN
OF
BD.BH CE .CH BC .BK CB.CK BC .(BK CK ) BC 2 .