Chuyên đề tam giác đồng dạng bồi dưỡng toán 8

CHUYÊN ĐỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
2
Bài 1: Cho  ABC nhọn, các đường cao BD và CE cắt nhau tại H, CMR: BH .BD + CH .CE = BC

HD:

A

Từ H kẻ HK ⊥ BC
Khi đó:

CEB ( g.g ) =

CKH

D

CH CK
=
= CH .CE = CK .CB (1)
CB CE

E

H

Tương tự:

BH BK
=
= BH .BD = BK .BC (2)

BC BD
Cộng (1) và (2) theo vế ta được:
VT = CK.BC + BK.BC = BC ( BK + KC ) = BC 2
BKH

BDC ( g.g ) =

B

C

K

Bài 2: Cho  BHC có BHC tù, Vẽ BE vng góc với CH tại E và CD vng góc với BH tại D
2
CMR: BH .BD + CH .CE = BC
HD:
Kẻ: HG ⊥ BC = CGH

CEB ( g.g )

D
E

CH CG
=
= CH .CE = BC.CG
(1)
CB CE
Tương tự ta có: BGH BDC ( g.g )

BH BG
=
= BH .BD = BC.BG
=>
(2)
BC BD
Cộng (1) và (2) theo vế ta được:
VT = BC.CG + BC.BG = BC (CG + GB ) = BC 2
=>

H

B

Bài 3: Cho  ABC có góc A bằng 1200, AD là đường phân giác. CMR:
HD:

C

K

1
1
1
+
=
AB AC AD

B
D

Kẻ DE / / AB ( E  AC ) = ADE là tam giác đều
A
ABC có :
DE CE
AD AC − AE
AE
AD
DE / / AB =
=
=
=
= 1−
= 1−
AB CA
AB
AC
AC
AC
AD AD
1
1
1
=
+
= 1 =
+
=
(đpcm)
AB AC

AB AC AD

C

E

1
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


Bài 4: Cho A’, B’, C’ nằm trên các cạnh BC, AC, AB của  ABC,
AM
AB ' AC '
=
+
biết AA’, BB’, CC’ đồng quy tại M, CMR:
A ' M CB ' BC '
HD:

A

E

Qua A vẽ đường thẳng song song với BC
cắt BB’ tại D và cắt CC’ tại E, Khi đó:
AM
AE
=
(1)
AME có AE / / A ' C =

A ' M A 'C
AM
AD
=
(2)
AMD có AD / / A ' B =
A 'M A ' B
Từ (2) và (2) ta có:
AM
AE
AD
AD + AE
DE
=
=
=
=
(*)
A ' M A ' C A ' B A ' C + A ' B BC
Chứng minh tương tự ta cũng có:
AB ' AD
=
(3)
AB 'D có AD / / BC =
B ' C BC
AC ' AE
=
AC ' E có: AE / / BC =
C ' B BC
AB ' AC ' AD AE DE

+
=
+
=
Từ (3) và (4) ta có:
B 'C BC ' BC BC BC
AM
DE AB ' AC '
=
=
+
Từ (*) và (**) =>
(đpcm)
A ' M BC B ' C BC '

D

B'

C'
M

B

C

A'

(**)

Bài 5: Cho  ABC, M là điểm tùy ý nằm trong tam giác các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắc các
cạnh BC, AC, AB tại A’, B’, C’, CMR:
AM BM CM
+
+
=2
AA ' BB ' CC '
A

HD:
Từ A, M vẽ AH , MK ⊥ BC = AH / / MK
A ' M MK MK .BC SMBC
=
=
=
A ' AH có:
A ' A AH AH .BC S ABC
A ' M AA '− AM
AM SMBC
=
= 1−
=
Mặt khác:
A' A
AA '
A ' A S ABC
S
AM
=
= 1 − MBC

A' A
S ABC
Chứng minh tương tự:
S
S
BM
CM
= 1 − MAC ,
= 1 − MAB
BB '
S ABC CC '
S ABC
Cộng theo vế ta được đpcm

C'
B'
M

B

H

K

A'

C

2
GV: Ngô Thế Hoàng_THCS Hợp Đức

Bài 6: Cho  ABC, M là điểm tùy ý nằm trong tam giác, đường thẳng đi qua M và trọng tâm G của tam
MA ' MB ' MC '
+
+
=3
giác cắt BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’, CMR :
GA ' GB ' GC '
HD:
Gọi AM cắt BC tại A1, Từ M vẽ đường thẳng song song với AI cắt BC tại D,
với I là trung điểm BC
A ' M MD
A
=
(1)
A 'GI có: MD / /GI =
A'G
GI
A1M MD MD
=
=
A1AI có MD / / GI =
( AI = 3GI ) (2)
A1A
AI
3GI
A ' M 3 A1M
=
Từ (1) và (2) ta có:

A 'G
A1A
M

C'

Chứng minh tương tự ta có:
A'

B'

G

B

A1 D

C

I

MB ' 3.B1M MC ' 3.C1M
 A1M B1M C1M 
=
,
=
= VT = 3 
+
+


GB '
B1B GC '
C1C
 A1A B1B C1C 

mà ta có: từ bài 6 =>

A1M B1M C1M
+
+
= 1 = VT = 3
A1A B1B C1C

Bài 7: Cho  ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H
a, CMR:  AEF đồng dạng  ABC
b, H là giao các đường phân giác của  DEF
2
c, BH .BE + CH .CF = BC

A

HD:

1

AE AB
AE AF
=
=
=

a, Ta có: AEB CFC ( g.g ) =
AF AC
AB AC
=> AEF ABC ( c.g.c )
b, Chứng minh tương tự ta cũng có:
CED

CBA, (c.g.c) và BFD

=> Do AEF

BCA (c.g.c)

ABC = AEF = ABC = CED

(

E
2

F
H

1

B

2

C

D

)

0
Mà: BEF + AEF = BED + CED = 90 = BED = BEF => HE là phân giác góc E

Chứng minh tương tự FH là phân giác góc F, HD là phân giác góc D

BH BD
=
= BH .BE = BD.BC
BC BE
CH CD
=
= CH .CF = CD.CB
và CDH CFB ( g.g ) =
CB CF
Cộng (1) và (2) theo vế ta được đpcm
c, BHD

BCE ( g.g ) =

(1)
(2)

3
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức

2
Bài 8: Cho  ABC, AD là đường phân giác của tam giác, CMR : AD = AB. AC − BD.DC
HD:
A

Trên AD lấy điểm E sao cho:
AEB = ACB = ABE ADC ( g.g )

1

BE AB AE
=
=
= AB. AC = AD. AE
(1)
DC AD AC
lại có:
BD DE
BDE ADC ( g.g ) =
=
= BD.DC = AD.DE
AD DC

2

=

B

C

D

(2)
E

Lấy (1) - (2) theo vế ta được: AB.AC − BD.DC = AD ( AE − DE ) = AD

2

Bài 10: Cho tứ giác ABCD, trong đó: ABC = ADC, ABC + BCD  1800 , Gọi E là giao điểm của AB và
2
CD, CMR: AC = CD.CE − AB. AE

x

HD:
Trên nửa mặt phẳng bờ BE,

B
N

không chứa C vẽ tia Ex sao cho: BEx = ACB

A

=> Ex cắt AC tại N => N = B = D
E

Ta có :

AB AC
=
= AB. AE = AC. AN
(1)
AN AE
CD CA
=
= CD.CE = CA.CN
Tương tự : CAD CEN ( g.g ) =
CN CE
Lấy (2) - (1) theo vế ta được đpcm
ABC

C

D

ANE ( g.g ) =

(2)

Bài 11: Cho HBH ABCD đường chéo lớn AC, Từ C kẻ CE vng góc với AB, CF vng góc với AD
2
CMR: Hệ thức: AB. AE + AD. AF = AC
HD:

B

A

Vì AC là đường chéo lớn => D  900 = H  AC ,
Kẻ DH ⊥ AC
=> AHD AFC ( g.g )

AD AH
=
=
= AD. AF = AC. AH
(1)
AC AF
Tương tự kẻ BK ⊥ AC = AKB AEC ( g.g )

E

H

K
C

D

F

=

AB AK
=
= AB. AE = AC. AK

AC AE

(2)

Cộng (1) và (2) theo vế ta được: AD. AF + AB.AE = AC ( AH + AK ) = AC.AC = AC 2
Vì ABK = CDH ( cạnh huyền - góc nhọn) => AK=HC

4
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


Bài 12: Cho  ABC và 1 điểm O thuộc miền trong của tam giác, đường thẳng đi qua O và // với AB cắt
BC tại D và cắt AC tại G, đường thẳng đi qua O và //BC cắt AB tại K và AC tại F, đường thẳng đia qua O
và //AC cắt AB tại H và BC tại E
DG KF EH
KH DE GF
+
+
+
+
=2
=1
a, CMR:
b, CMR:
AB BC AC
AB BC AC
HD:

A

KH KO
=
AB BC
GF OF
GOF ABC ( g.g ) =
=
AC BC
KH DE GF KO DE OF
+
+
=
+
+
=1
Nên
AB BC AC BC BC BC
b, Ta có:
DG DC
EH BE
=
=
và
,
AC BC
AB BC
a, HKO

ABC ( g.g ) =

G

H
O

K

B

F

D

C

E

Khi đó:
DG KF EH DC KF BE DE + EC + BD + EC + DB + DE 2BC
+
+
=
+
+
=
=
=2
AB BC AC BC BC BC
BC
BC
Bài 13: Cho  ABC có đường trung tuyến BM cắt tia phân giác CD tại N, CMR :

NC AC
−
=1
ND BC

HD:
Vẽ DE / / BM ( E  AC )

NC MC
=
(*)
ND ME
AD AC
=
ABC có DC là tia phân giác nên:
(1)
DB BC
AD AE
=
và ABM có DE//BM =
(2)
DB EM
AC AE
=
Từ (1) và (2) ta có :
(**)
BC ME
NC AC MC AE ME
−
=

−
=
=1
Lấy (*) - (**), ta có :
ND BC ME ME ME
QDE có NM / / DE =

Bài 14: Cho  ABC có các đường phân giác AD, BE, CF, CMR:

A

E
M
D
N
2

B

1

C

DB EC FA
.
.
=1
DC EA FB

HD:

A

DB AB
=
ABC có AD là tia phân giác nên: =
,
DC AC
E

EC BC FA AC
=
,
=
Tương tự:
,
EA AB FB BC

F

Nhân theo vế ta được đpcm
B

D

C

5
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức

Bài 15: Cho HBH ABCD đường thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD, BC, DC tại E, K, G
CMR:
2
a, AE = EK .EG
1
1
1
=
+
b,
AE AK AG
c, Khi a thay đổi thì tích BK.DG có giá trị khơng đổi?
HD:

AE EB
=
a, ABE có AM / / DG =
EG ED
ADE có AD / / BK =

Từ (1) và (2) ta có:

b, Từ:

EB EK
=
ED EA

a

(1)
B

A

(2)
E

AE EK
=
= AE 2 = EK .EG
EG EA

D

C

G

K

1
1
1
AE AE
=
+
=
+

=1
AE AK AG
AK AG

ADE có AD / / BC =

AE ED
AE
ED
AE ED
=
=
=
=
=
EK EB
AE + EK ED + EB
AK DB

Tương tự: AEB có AB / / DG =

(3)

AE BE
AE
BE
AE BE
=
=
=

=
=
EG ED
AE + EG BE + ED
AG BD

Khi đó:

AE AE ED BE
+
=
+
= 1 =>đpcm
AK AG BD BD

c, ta có:

KC CG
BK AB
KC. AB
AD.CG
=
=
= BK =
= DG =
và
KC CG
AD DG
CG
KC

(4)

Nhân theo vế ta được = BK.DG = AB.AD không đổi
Bài 16: Cho  ABC nhọn, H là trực tâm, CMR :

BH .CH CH . AH AH .BH
+
+
=1
AB. AC BC.BA CA.CB

HD:

BH BC '
=
Ta có: BC 'H BB ' A ( g. g ) =
AB BB '
BH .CH BC '.CH SHBC
(1)
=
=
=
AB. AC BB '.AC S ABC
CH CA '
=
Tương tự: CA ' H CC ' B ( g.g ) =
BC CC '
CH . AH CA '. AH S AHC
(2)

=
=
=
B
BC.BA CC '.BA S ABC
AH AB '
AB.BH AB '.BH SHAB
AHB ' ACA ' ( g.g ) =
=
=
=
=
AC AA '
CACB
.
AA '.CB S ABC
Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta được: đpcm

A
B'
C'

C

A'

(3)

6
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức

Bài 17: Cho  ABC, M là điểm nằm trong  ABC, Gọi D là giao điểm của AM và BC, E là giao điểm
của BM và CA, F là giao điểm của CM và AB, đường thẳng đi qua M và // với BC cắt DE, DF lần lượt tại
K và I, CMR : MI=MK
A
HD:
Gọi IK cắt AB. AC lần lượt tại N và Q
AN MN
=
ABD có MN / / BC =
AB BD
F
AN NQ
MN NQ
E
=
=
=
(1)
ABC có NQ / / BC =
AB BC
BD BC
M
H
N
IM FM
I
K
=

,
FDC có IM / / DC =
DC FC
MN FM
=
FBC có NM / / BC =
BC
FC
C
B
D
IM MN
IM
DC
=
=
=
=
(2)
DC BC
MN BC
IM DC.NQ
DC.NQ.BD
=
= IM =
Nhân (1) và (2) theo vế ta được:
(*)
2
BD
BC

BC 2
Tương tự ta cũng có:
MQ AQ
NQ AQ
=
=
ADC có MQ / / DC =
và ABC có NQ / / BC =
BC AC
DC AC
MQ NQ
=
Do đó:
(3)
DC BC
MK EM
MQ ME
=
=
Và: EBD có MK / / BD =
, EBC có MQ / / BC =
BD
EB
BC
EB
MK MQ
MK BD
Do đó:
(4)
=

=
=
BD BC
MQ BC
MK NQ.BD
DC.NQ.BD
=
= MK =
Nhân (3) với (4) ta được:
(**)
2
DC
BC
BC 2
Từ (*) và (**) ta có MI = MK
Bài 18: Cho  ABC, các đường trung tuyên BM, CN cắt nhau tại G, K là điểm trên cạnh BC, đường
thẳng qua K và // CN cắt AB ở D, đường thẳng qua K và // với BM cắt AC ở E, Gọi I là giao điểm của
KG và DE, CMR: I là trung điểm của DE
HD:
A
Gọi DK cắt BG tại H, KE cắt GC tại O và GK cắt HO tại J
 HK / / GO
Tứ giác HGOK có: 
=> HGOK là hình bình hành
 HG / / KO
=> J là trung điểm của HO => HJ=OJ
N
DH BH
=
BNG có DH / / NG =

(1)
NG BG
HK BH
=
BGC có HK / /GC =
(2)
D
GC BG
H
DH HK
DH NG 1
=
=
=
=
Từ (1) và (2) ta có
(*)
B
NG GC
HK GC 2
OE OC
=
CMTT ta có: CMG có OE / /GM =
(3)
GM CG

M
G
I
J

K

E
O
C

7
GV: Ngơ Thế Hoàng_THCS Hợp Đức


OK OC
=
(4)
GB CG
OE OK
OE GM 1
=
=
=
=
Từ (3) và (4) =>
(**)
GM GB
OK GB 2
DH OE 1
=
= = DKE có OH / / DE
Từ (*) và (**) =
HK OK 2
Lại có J là trung điểm HO=> I là trung điểm DE

CBG có OK / / BG =

Bài 19: Cho hình thang ABCD (AB//CD) có BC=BD, Gọi H là trung điểm của CD, đường thẳng đi qua H
cắt AC, AD lần lượt tại E và F, CMR: DBF = EBC
B

A

HD:
Gọi BF cắt DC tại K, BE cắt DC tại I, và EF cắt AB tại G
DK FD
=
(1)
FAB có DK / / AB =
AB FA
DH FD
=
(2)
FAG có DH / / AG =
AG FA
D
Từ (1) và (2)
DK DH
DK AB
=
=
=
=
(*)

AB AG
DH AG
Tương tự:
F
IC EC
AB
/
/
IC
=
=
(3)
EIC có
AB EA
HC EC
=
EHC có HC / / AB =
(4)
AG EA
IC HC
IC
AB
=
=
=
Từ (3) và (4) ta có: =
(**)
AB AG
HC AG
DK IC

=
Từ (*) và (**) =>
, Mà DH=HC (gt)=>DK=IC
DH HC

G
2

1

E
1

1

K

H

I

C

Mặt khác: BD=BC(gt)=> BDC cân=> BDK = BCI
=> BDK = BCI ( c.g.c ) = DBK = CBI đpcm

Bài 20: Cho  ABC có G là trọng tâm, một đường thẳng bất kỳ qua G, cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại
AB AC
+
=3

M và N, CMR:
A
AM AN
HD:
Gọi O là trung điểm của BC,
Kẻ BH, CK lần lượt // MN ( H , K  AO )
BOH = COK ( g.c.g ) = OH = OK

AB AH
=
AM AG
AC AK
=
AKC có GN / / KC =
AN AG

N

G

ABH có MG / / BH =

(1)
M

(2)

B

H

O

C

K

Cộng (1) và (2) theo vế ta được:

8
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


VT =

AH AK AG + GH + AG + GH + HK 2 AG + 2GO 3 AG
+
=
=
=
=3
AG AG
AG
AG
AG

Bài 21: Cho tứ giác ABCD, có M, N lần lượt là trung điểm của các đường chéo BD và AC (M # N)
đường thẳng MN cắt AD, BC lần lượt tại E và F, CMR: AE.BF=DE.CF
HD:

A

H

B
E
M

N

D

F
G
C

Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt EF tại H
Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt EF tại G
AE AH
=
AEH có HA / / DM =
ED DM

BF BM
CF CG
=
=
=
CF CG
BF BM
Mặt khác: NAH = NCG ( g.c.g ) = AH = CG
AE CF

=
= AE.BF = ED.CF
Từ (1), (2) và (3) ta có:
ED BF

CGF có CG / / BM =

(1)

(2)
(3) và DM = BM

Bài 22: Cho tam giác ABC, AD là đường trung tuyến, M là điểm nằm trên đoạn AD, gọi E là giao điểm
của BM và AC, F là giao điểm của CM và AB, CMR: EF //BC

HD:
Lấy N trên tia đối của tia DM sao cho MD= ND

 BM / / NC
=> Tứ giác BMCN là hình bình hành => 
 BN ..MC
AF AM
=
ABN có FM / / BN =
(1)
AB AN
AE AM
=
ANC có ME / / NC =
(2)

AC AN
Từ (1) và (2) =>

AF AE
=
=> EF / /BC
AB AC

A
E

F
M

B

C

D

N

9
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


Bài 23: Cho tứ giác ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và CB, O là giao điểm của AM và
OA
OD 2
= 4,

= , CMR: ABCD là hình bình hành
DN, biết
OM
ON 3

B

A

N
K
O
HD:

D

Vẽ đường thẳng đi qua O và //AD cắt DC tại H
Vẽ đường thẳng đi qua M và // BC cắt DN tại K
Vì M là trung điểm của DC nên K là trung điểm DN
OM MH 1
DH 4
=
= =
=
MAD có OH / / AD =
AM MD 5
DM 5
Vì

C

H M

(1)

OA
OA
OA + OM AM
OM 1
= 4 =
+ 1 = 5 =
=
= 5 =
=
OM
OM
OM
OM
AM 5

Tương tự ta có: DNC có KM / / NC , mà

OD 2
OD 2
DO 4
= =
= =
=
ON 3
DN 5

DK 5

(2)

Từ (1) và (2) => OH / / KM = AD / / BC
Chứng minh tương tự=> AB//DC=> ABCD là hình bình hành
Bài 24: Cho tứ giác ABCD, có E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC, đường thẳng EF cắt các
đường thẳng AB, CD lần lượt tại M và N, CMR: MA.NC = MB.ND
HD:
Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt ME tại G
Từ D kẻ đường thẳng song song BC cắt EF tại H
MB MF BF
=
=
=> MAG có BF / / AG =
MA MG AG

F

NC FC
=
(1)
ND HD
Ta lại có: AEG = DEH ( g.c.g ) = HD = AG
Thay vào (1) ta được:

NHD có FC / / HD =

10
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức

=

NC FC BF MB
NC MB
=
=
=
=
=
= MA.NC = MB.ND đpcm
ND AG AG MA
ND MA

Bài 25: Cho tam giác ABC đều, gọi M, N lần lượt là các điểm trên AB, BC sao cho BM =BN, gọi G là
trọng tâm của tam giác BMN, I là trung điểm của AN, P là trung điểm của MN
a/ CMR:  GPI và  GNCđồng dạng
A
b/ CMR: IC vng góc với GI
HD:
a, Vì G là trọng tâm nên GP ⊥ MN ,
I

1
1
1
Lại có : MA=NC=> PI = MA = NC và GP = .GN
2
2

2

M

Vì  ABC đều =>  BMN đều

1

P
G
B

=> M1 = 1200 = MIP = 600 = GPI = 900 + 600 = 1500

O
C

N

Và GNB = 300 = GNC = 1800 − 300 = 1500
= GPI GNC ( c.g.c )

1
b, GIC có GI = .GC theo câu a=>  GIC vuông tại I=> IC ⊥ GI
2
Bài 26: Cho tam giác ABC nhọn, trên các đường cao BE, CF lấy các điểm theo thứ tự I, K sao cho
AIC = 900 , AKB = 900
a, CMR: AI=AK
A
b, Cho A = 600 , S ABC = 120cm2 , Tính diện tích tam giác AEF

HD:

AI AE
=
= AI 2 = AE. AC
AC AI

(1)

AK AF
=
= AK 2 = AB. AF
AB AK

(2)

ACI ( g.g ) =

a, AIE

E

Chứng minh tương tự:

AIK

AKB ( g.g ) =

F

Lại có

ABE

I

ACF ( g.g ) =

AB AE
=
= AB. AF = AC. AE
AC AF

(3)

1

K
1

B

C

Từ (1), (2) và (3) ta có:

AI 2 = AK 2 = AI = AK
B, Vì A = 600 = B1 = 300 = AE =

1

1
AB, C1 = 300 == AC
2
2
2

=> AEF

S
1
 AE  1
2
ABC ( c.g.c ) = AEF = 
 = = S AEF = .120 = 30cm
S ABC  AB  4
4

11
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


Bài 27: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, I là trung điểm của AC, F là hình chiếu của I trên
BC, trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng chứa AC, vẽ tia Cx vng góc với AC cắt IF tại E, Gọi giao
của AH, AE với BI theo thứ tự tại G và K
a/  IHE và  BHA đồng dạng
b,  BHI và  AHE đồng dạng
A
c, AE vng góc với BI
1

HD:
a, Ta có:  AHC vng cân tại H,

I
K
G

có I là trung điểm AC => HI = IC
=> I nằm trên đường trung trực của HC
=> IF là đường trung trực

2
1

B

M

1

H

C

F

=> EH=EC=>  IHE=  ICE ( c.c.c)
=> IHE = ICE = 900

Mặt khác: E1 = C1 = A1 = IHE = BHA ( g.g )

b, Theo câu a ta có:  IHE  BHA
HI HE
=
=>
và BHI = 900 + AHI = AHE
HB HA
= BIH AHE ( c.g.c )

1

E

c, Giả sử: AE giao với HI tại M => M1 = M 2
Từ câu b=> I = E = K = H = 900 = AE ⊥ BI
Bài 28: Cho HCN ABCD, nối AC, kẻ DE vng góc với AC, gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC,
AE, DE, nối MN, ND, CP, CMR:
a,  AND và  DPC đồng dạng
b, ND và MN vng góc với nhau
A
B
1

HD:
a, Ta có: A1 = D1 ( cùng phụ ADE )
AE AD
=
và AED DEC ( g.g ) =
DE DC

N

1

M
P

2

mà AE= 2. AN và DE= 2. DP

1

AN AD
=
=
= AND
DP DC
b, Ta có : ND / / =

DPC ( c.g.c )

E

D

1

C

1
AD = MC

2

=> Tứ giác NPCM là hình bình hành => PNM = PCM

12
GV: Ngơ Thế Hoàng_THCS Hợp Đức


 D2 = C1 (cmt )
= DNM = N1 + PNM = C1 + PCM = C = 900
Lại có : 
 D2 = N1 ( sole)
= DN ⊥ NM
Bài 29: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, Gọi P và Q theo thứ tự là trung điểm của các
đoạn thẳng BH, AH, CMR:
a,  ABP và  ACQ đồng dạng
b, AP vng góc với CQ
A

HD:
a, Ta có: B1 = A1 ( Phụ BAH )
=> AHB

CHA ( g.g ) =

1
2

AH AB BH
=

=
CH AC AH

K

Q

1

1

B

mà AH=2. AQ, và BH= 2. BP

=>

AB 2BP BP
=
=
= ABP
AC 2 AQ AQ

P

C

H

CAQ ( c.g.c )

b, Gọi AP cắt CQ tại K, Vì ABP

CAQ ( cmt ) = A2 = C1

mà A2 + KAC = 900 = KAC + C1 = 900 = AK ⊥ KC
Bài 30: Cho  ABC cân tại A, H là trung điểm của BC, I là hình chiếu của H trên AC và O là trung điểm
của HI
a, CMR:  BIC và  AOH đồng dạng
b, AO vng góc với IC
HD:

A
a, Ta có: H1 = C1 (Cùng phụ IHC )

(1)
1

AH HC AC
=
=
lại có : AHC HIC ( g.g ) =
HI
IC HC
BC
Mà HI = 2.HO, HC =
2

AH
BC

AH HO
=
=
=
2 HO 2 IC
BC
IC
Từ (1) và (2) ta có : BIC AOH ( c.g.c )
Thay vào ta được :

b, Vì BIC

D
(2)

1

B

1

1
1

H

E
O

I

1

C

AOH ( c.g.c ) theo câu a nên

( )

2
0
B1 = A1 và D1 = D2 d = E = H = 90 = BI ⊥ AE

13
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


14
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


Bài 31: Cho  ABC có ba góc nhọn, các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm của BC, AC, Gọi H, O G
theo thứ tự là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm  ABC
a, Tìm các  đồng dạng với  AHB
b, CMR:  HAG đồng dạng với  OMG
A
c, 3 điểm H, O, G thẳng hàng
HD:
a, Dự đoán AHB

2 1

MON ( g.g ) ,
N

Chứng minh:

H

 BAG = GMN ( sole )
Vì MN / / AB = 
 ABG = GNM ( sole )

G
2

Mặt khác: AH / /OM ( cùng vng góc BC)
=> A1 = M1 = A2 = M 2
Tương tự ta có:

12

1
2

O
12

1

B

C

M

BH//ON vì cùng vng góc với AC
=> N1 = B1 ( sole ) = N2 = B2 = AHB
b, ta có: AHB

Mặt khác:

MON ( g.g ) =

MON ( g.g )

OM MN 1
=
=
AH
AB 2

MG 1
OM GM 1
= =
=
= Và A1 = M1 = AHG = MOG ( c.g.c )
AG 2
AH
GA 2

c, Vì AHG

MOG ( c.g.c ) = G1 = G2

Mà G1 + HGM = 1800 = G2 + HGM = 1800 = H , G, O thẳng hàng
Bài 32: Cho  ABC vuông cân đỉnh A, BD là đường trung tuyến, Qua A vẽ đường thẳng vng góc với
BD cắt BC tại E, CME: BE=2EC
HD:
Vẽ đường cao AH ( H  BC )
 ABC vuông cân nên AH là đường trung trực

A

D

=> G là trọng tâm => BG=2. GD
Cần chứng minh GE// DC

 ABE có G là giao 2 đường cao
GE ⊥ AB
= GE / / D C
=> G là trực tâm => 
 AC ⊥ AB
BG BE
=
= 2 = BE = 2 EC
 BDC có GE// DC =>
GD EC

G

B

H

E

C

15
GV: Ngơ Thế Hoàng_THCS Hợp Đức


Bài 33: Cho  ABC, trên AC lấy 2 điểm D và E sao cho AD=DE=EC, trung tuyến AM cắt BD tại P và
trung tuyến CN cắt BE tại Q
a, CMR: Q là trung điểm của CN
b, PQ//AC
A
1
3
c, PQ = MN , PQ = DE
2
4
D

HD :

1
BE và ND//BE => QE// ND
2
mà E là trung điểm DC nên Q là trung điểm NC

b, Chứng minh tương tự => P là trung điểm của AM,
Gọi G là trọng tâm của  ABC => PG=AG - AP =
1
AM
2
1
1
PG 6
1
AM − AM = AM =
=
=
3
2
6
AG 2 AM 4
3
GQ 1
= = PQ / / AC
Tương tự
GC 4
c, Tự chứng minh

N

a, Vì ND =

P
E
G

Q

B

C

M

Bài 34 : Cho  ABC cân tại A, đường thẳng vng góc với BC tại B, cắt đường thẳng vng góc với AC
tại C là điểm D, vẽ BE vng góc với CD tại E, Gọi M là giao của AD và BE, vẽ EN vng góc với BD
tại N, CMR : MN//AB, M là trung điểm của BE
HD :

DM DE
=
(1)
DA DC
DE DN
=
lại có : NE//BC =>
(2)
DC DB
DM DN
=
= MN / / AB
từ (1) và (2) ta có : =
DA DB
ta có : AC// BE =>

I

A

Giả sử : AC cắt BD tại I
Ta có: C1 = B2 = B1 + C1 = 900
mà C1 + I = 900 = I = B1 =>  ABI cân tại A
=> BA là đường trung trực => AI =AC

1

B

1

2

C

M

Dễ dàng chứng minh được M là trung điểm BE

N

E

D

16
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức

Bài 35 : Cho hình vng ABCD, Gọi M, N theo thứ tự là các trung điểm của các cạnh AB, AD và P là
giao điểm của BN, CM
a, CMR : BN vng góc với CM
b, CMR: DP=DC
c, DP cắt AB tại F, CMR: F là trung điểm của MB
M F
B
A
1
1
HD:
P
a, Ta có:  BAN =  CBM (c.g.c) => B1 = C1 mà
C1 + M1 = 900 = M1 + B1 = 900 = MPB = 900 = BN ⊥ CM

N

b, Kéo dài BN cắt DC tại I
=> IBC có ND / / BC =

ND ID 1
=
=
BC IC 2

1

=>I là trung điểm IC,

I

 PIC vng có D là trung điểm IC => PD =PC

C

D

c, Tự chứng minh
Bài 36: Cho  ABC (ABgóc A, đường thẳng này cắt đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại D và E, CMR: BD=CE
HD:
Giả sử AK là tia phân giác góc A
D

 ADE cân tại A => AD = AE

A

BD BM
=
Ta có:  BDM có AK// DM =>
,
AD KM
CE
M
=
Mặt khác  CAK có ME / / AK =
AE KM
BD CE

=
Mà BM= CM =>
và AD = AE = BD = CE
AD AE

E

B

K

C

M

Bài 37: Cho HCN có AD = 2.DC, M alf điểm trên AB, tia phân giác của góc CDM cắt BC tại E, CMR:
CM = AM+2EC
HD:
Lấy N trên tia đối tia CB sao cho AM= 2CM
=> DAM DCN ( c.g.c )
Lại có: DM=2.DN
(1)
và E = ADE = EDN = EDN cân tại N

1
2

M

=> ND=EN=EC+CN

=> AM+2. EC=2CN+2.EC=2.ND

D

A

B

E

C

N

(2)

từ (1) và (2) ta có : DM = 2.DN= AM+2EC

17
GV: Ngơ Thế Hoàng_THCS Hợp Đức


Bài 38: Cho hình vng ABCD, gọi O là giao của hai đường chéo, lấy G trên BC, H trên CD sao cho

GOH = 450 , Gọi M là trung điểm của AB, CMR:

a,  HOD đồng dạng với  OGB
b, MG // AH

M

A

HD:

B
1

a, ta có: D = B = 45 , Mặt khác:
O1 + O2 = 1800 − 450 = 1350 
 = O1 = G1
O2 + G1 = 1800 − 450 = 1350 
=> HOD OGB ( g.g )
0

45

2

O

b, Theo câu a, HOD OGB ( g.g )

1 45

1

G

HD OD

=
=>
, Đặt MB=a, AD=2a
OB GB
=> HD.GB = OB, OD = a 2.a 2 = 2a2 = AD.BM
45

HD BM
=
= BMG
AD BG
=> M1 = H1 , mà
=

DHA ( c.g .c )

1

D

H

C

H1 = BAH ( sole ) = M1 = BAH ( đồng vị) => AH//MG
Bài 39: Cho HCN ABCD, từ 1 điểm P thuộc đường chéo AC, dựng HCN AEPF (E  AB, F  AD), CMR:
a, EF//DB
b, BF và DE cắt nhau tại Q nằm trên AC
HD:

AE AP
=
và
AB AC
AF AP
AE FA
FP / / DC =
=
=
=
= EF / / BD
AD AC
AB AD
b, Gọi I, O lần lượt là tâm của 2 HCN
QE EF
,
EF / / DC =
=
QD DB
QE IE
Mà 2.IE = EF, 2. DO= DB=>
=
QD DO
và E = D = IEQ ODQ = Q1 = Q2

E

A

B

I

a, Ta có: EP//BC =>

F

Q

1
2

P
O

D

C

Mà Q2 + OQE = 1800 = Q1 + OQE = 1800 => A, Q, O thẳng hàng=> Q nằm trên AC

18
GV: Ngô Thế Hoàng_THCS Hợp Đức


Bài 40: Cho hình vng ABCD, trên BC lấy E sao cho BE =

CF =

BC

, trên tia đối của CD lấy điểm F sao cho
3

BC
, M là giao AEvà BF, CMR: AM vng góc với CM
2

HD:

B

A

H

Gọi G là giao AM và DC,

1

H là giao của AB và CM

1

E

2

M

 GAD có CE / / AD =

GC CE 2
=
=
GD AD 3

1

D

C

G

F
=

GC
2
DC 1
= =
= = DF = FG
GC + DC 3
GC 2

BH AB 2
2
2 1
BC
=

= = BH = .CF = . .BC =
= BE
CF GF 3
3
32 2
3

 A1 = C1
= AM ⊥ MC
Khi đó:  ABE =  CBH (c.g.c) => 

 E1 = E2
Lại có: AB//DG=>

Bài 41: Cho tứ giác lồi ABCD, từ 1 điểm E thuộc cạnh AD và G thuộc cạnh AB, ta kẻ các đường thẳng
song song với đường chéo AC, các đường thẳng này cắt CD, BC lần lượt tại F và H
a, So sánh các tỉ số các đoạn thẳng do BD định ra trên EF và GH
b, CMR: EG và HF cắt nhau tại I nằm trên BD
I

HD:
a, Gọi O là giao điểm 2 đường chéo AC, BD
BD cắt EF, GH lần lượt tại N và M
EN BN NF
EN AO
E
=
=
=
=

=>
AO BO OC
NF OC
GM DM MH
GM AO
=
=
=
=
Tương tự ta cũng có:
AO DO OC
MH OC
A
EN GM  AO 
Từ hai điều trên ta có:
=
=


NF GH  OC 
G
b, Giả sử : GE cắt BD tại I’
EN I ' N
=
=>
(1),
GM I ' M
NF I ' N
=
Tương tự Giả sử HF cắt BD tại I’:

(2)
MH I ' M
EN GM EN NF
=
=
=
Theo câu a ta có:
(3)
NF GH GM GH
IN I ' N
=
= I  I ' , hay I là giao điểm GE, HF, DB
Từ (1), (2) và (3) =>
IM I ' M

B
F
N
O

C
H

M

D

19
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức

Bài 42: Cho hình vng ABCD, trên AB lấy điểm M, vẽ BH vng góc với CM, nối DH, vẽ HN vng
góc với DH (N  BC)
a, CMR:  DHC và  NHB đồng dạng
b, CMR: AM.NB=NC.MB
M
A
B
1
HD:
H 1
H1 + NHC = 900 
2
a, Ta có:
 H1 = H 2
0
H 2 + NHC = 90 
N
lại có: B1 = M1 ( Phụ HBM )
và M1 = C1 ( sole ) => DHC
b, Ta có: MBH

NHB ( g.g )

BCH ( g.g ) =

MB BH
=
,
BC CH

1

D

BH BN
MB BN
=
=
=
CH DC
BC DC
mà BC= DC => MB = NB
=> AM = NC => AM.NB=NC.MB đpcm
Mà

C

Bài 43: Cho hình vng ABCD cạnh a, một đường thẳng d bất kỳ đi qua C cắt AB tại E và AC tại F
a, CMR tích BE.DF khơng đổi khi d di chuyển
BE AE 2
b, CMR:
=
F
BF AF 2
c, Xác định vị trí của d để DF=4.BE
HD:
a, EBC

CDF ( g.g ) =

BE BC
=
= BE.DF = BC.CD = a 2
CD DF

=> BE. DF khơng đổi

D

C

b, Ta có:

EBC

EAF ( g.g ) =

EB BC
AE BE
=
=
=
EA FA
FA BC

FD DC
AE DC
FCD FEA ( g.g ) =
=

=
=
FA AE
FA FD
AE 2 BE DC BE
Nhân (1) và (2) theo vế ta được:
,
=
.
=
FA2 BC DF DF
Vì BC= DC
c, Để DF = 4BE =

(1)

E
A
(2)

B
d

BE 1 AE 2
AE 1
BE 1
a
= =
=
= =

= = BE =
2
DF 4 FA
FA 2
BC 2
2

20
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


Bài 44: Cho  ABC có AB=4cm, AC=8cm, BC=6cm, hai tia phân giác trong AD và BE cắt nhau tại O,
CMR đoạn nối điểm O với trọng tâm G của  ABC thì song song với BC
HD:
ABC có AD là đường phân giác nên:
DB DC DB + DC 6
=
=
=
AB AC AB + AC 12
DB
BC
=
=
= DB = 2cm
AB AB + AC
 ABD có OB là tia phân giác nên:
OA OD
OA AB
=

=
=
= 2 (1)
AB BD
OD BD
Gọi AM là đường trung tuyến của  ABC,
AG
=2
G là trọng tâm của  ABC =>
GM
AO AG
=
= 2 = OG / / DM
Từ (1) và (2) =>
OD GM

A
E

8

4

O
B

G

D

C

M
6

Bài 45: Cho  ABC vuông tại A, vẽ ra phía ngồi tam giác đó các  ABD vng cân ở B,  ACF vuông
cân ở C, Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao của AC và BF, CMR:
a, AH=AK
2
b, AH = BH .CK
F

A

HD:
D

K
H
B

C

a, Ta có: AC//BD ( cùng vng góc với AB)

AB. AC
AH AC
AH
AC
AH

AC
= AH =
=
=
=
=
=
(1)
AB + AC
BH BD
AH + BH BD + AC
AB AB + AC
Tương tự:
AB // CF ( cùng vng góc với AC)
AK AB
AK
AB
AK
AB
AB. AC
=
=
=
=
=
=
= AK =
(2)
KC CF
AK + KC AB + AC

AC AB + AC
AB + AC
Từ (1) và (2) ta có: AH=AK
=>

b, ta có :
AH AC
=
(3)
BH BD
AK AB BD
KC AC
=
=
=
=
Và
(4)
KC CF AC
AK BD
AH KC
=
= AH . AK = BH .KC , mà AH=AK=> đpcm
Từ (3) và (4)=>
BH AK

21
GV: Ngô Thế Hoàng_THCS Hợp Đức

Bài 46: Cho tam giác ABC nhọn, Các đường cao AD, BE, CF, Gọi I, K, M, N lần lượt là chân đường
vng góc kẻ từ D đến BA, BE, CF, CA, CMR: 4 điểm I, K, M, N thẳng hàng
A

HD:
Ta có:
BI BD BK
=
=
= KI / /EF
FI DC KE
Tương tự:
CN CD CM
=
=
= MN / / FE
NE DB MF
FA AH AE
=
=
= FE / / IN ,
Mặt khác:
AI AD AC
Khi đó I, K, M, N thẳng hàng

E
F

N
H

M

K
I
B

C

D

Bài 47: Cho  ABC vuông tại A, đường cao AH, E là điểm bất kỳ trên AB, kẻ HF vng góc với HE (F
trên AC)
a, CMR:  BEH và  AFH đồng dạng
b, CMR: HE.BC=EF.AB
c, Cho AB = 6cm, AC=8cm, diện tích  HEF =6cm2, Tính các cạnh của  HEF
HD:
a, Ta có: B = A1 và H1 = H 2 => BEH
b, Theo câu a ta có:
BEH

AFH ( g.g )

E

HE BH
=
HF AH
Mặt khác:
ABH CAH ( g.g )

=>

=

F

(1)
2
1

B

AB BH
=
AC AH

Từ (1) và (2) =>

A

AFH ( g.g )

H

C

(2)

HE AB
=

HF AC

và A = H = 900 = HEF

ABC ( c.g.c ) =

HE FE
=
= HE.BC = FE. AB
AB BC

1
1
c, Sabc = . AB. AC = .6.8 = 24cm2
2
2
2

S
6 1
EF 1
 EF 
= =
=
mặt khác: HEF = 
 =
S ABC  BC  24 4
BC 2
Mà BC=10=> EF = 5 = HE = 3, HF = 4

22
GV: Ngô Thế Hoàng_THCS Hợp Đức


Bài 48: Cho  ABC vuông tại A, đường cao AD, đường phân giác BE, giả sử AD cắt BE tại F, CMR:
EA FD
=
EC FA
A
HD:
ABD có BF là tia phân giác
E
FD BD
=
=>
(1)
FA BA
 ABC có BE là phân giác :
F
EA AB
=
=
(2)
EC BC
C
B
D
Mà  ADB  CAB ( g . g )
AB BD
=

=>
(3)
BC AB
EA FD
=
Từ (1), (2) và (3) ta có:
EC FA
Bài 49: Cho M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AD và BC của hình chữ nhật, E là điểm trên tia DC, K
là giao EM và AC, CMR: MN là tia phân giác KNE
HD:
Gọi H là giao KN với DC
O là giao MN với AC
Khi đó MO=ON
MO ON  KO 
=>
=
=

EC CH  OC 
=> EC = CH

B

A
K
M

E

O

1
2

N

1

D

H

C

=>  NEH cân tại N => E1 = H
mà KNE = 2H ( Góc ngồi) = 2.N1 = N1 = N2 = đpcm
Bài 50: Cho  ABC vuông tại A, AH là đường cao, D, E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB,
AH, đường thẳng vuông góc AB tại D cắt CE ở F, CMR  BCF vuông
HD:
Lấy M là giao của DE với AC => M là trung điểm AC
A
ta có :
1

 DE = 2 BH
DE BH
(1)F
=
=


EM HC
 EM = 1 HC

2
E
D
Mặt khác :
FD// AC ( cùng vng góc với AB)
DE FE
=
=>
(2)
EM EC
B
H
Từ (1) và (2) ta có :
BH EH
=
= EH / / BF , Mà EH ⊥ BC = BF ⊥ BC = BCF vng
HC EC

M

C

23
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức


Bài 51: Cho tam giác ABC (AB

AB KE
=
Gọi K là giao điểm của DE và BC, CMR:
AC KD

HD:
Từ E vẽ EF / / AB (F nằm trên BC)
KE FE
=
 KBD có EF// BD =>
KD BD
tương tự ta có:  ABC có EF // AB
FE CE
AB FE FE
=
=
=
=
=>
AB CA
AC CE BD
Từ (1) và (2) => đpcm

A

(1)
D

(2)

E

B

N

C

K

Bài 52: Cho  ABC nhọn, AD là đường cao, H là điểm trên đoạn AD, Gọi E là giao điểm của BH và AC,
F là giao điểm của CH và AB,
CMR: DA là tia phân giác của EDF

C

Qua H vẽ đường thẳng // BC cắt AB tại M,
Cắt DF tại N, DE tại I, AC tại K
=> NI //BC, AD ⊥ BC => DH ⊥ NI
Xét các  FDC,  FBC,  EBC,  EBD,  ABD,  ADC,  ABC ta có :
NH FH
NH MH
HI EH
HK EH
MH FH
=
=
=
=
=

,
,
,
,
DC FC
DC BC
BD EB
BC EB
BC FC

MH AH
HI HK
=
=
,
,
BD BC
BD AD
=

MK AH
HK AH
=
=
,
DC AD
BC AD

MH HK MK
NH HK MH MH HI HK

=
=
=
.
.
=
.
.
BD DC BC
CD BC BD
BC BD DC

= NH = HI = NDI có HD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên=>  NDI cân
Vậy DH là tia phân giác

24
GV: Ngô Thế Hoàng_THCS Hợp Đức


Bài 53 : Cho  ABC có AD là đường trung tuyến, Trọng tậm là điểm G, một đường thẳng đi qua G cắt
BE CF
+
=1
các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm E, và F, CMR :
AE AF
HD :
A
Kẻ BM// EF, CN//EF
Khi đó ta có :

F

BE GN CF GN
BE CF GM + GN
=
;
=
=
+
=
AE AG AF AG
AE AF
AG

G
E

GD + DN + GD − MD 2GD AG
=
=
=
=1
AG
AG
AG

M

B

C

D
N

Bài 54 : Cho hình thang ABCD, đáy lớn CD và O là giao điểm của hai đường chéo, đường thẳng qua B
và //AD cắt AC tại E, đường thẳng qua C //AD cắt BD tại F, CMR :
a, OA2 = OC.OE
b, OD 2 = OB.OF
HD :

OA 0 B
=
(1)
OC OD
OE OB
BE / / AD =
=
(2)
OA OD
OA OE
=
= OA2 = OE.OC
Từ (1), (2) =>
OC OA
OD OA
=
b, AD / / FC =
(3)
OF OC

OB OD
=
= OD 2 = OB.OF
và
OD OF
a, Ta có : AB//CD =>

F

B

A

O

D

E

C

25
GV: Ngơ Thế Hồng_THCS Hợp Đức