skkn bui xuan truong

Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Bài 1: Cho đoạn thẳng AB, gọi O là trung điểm AB. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By vuông góc
với AB. Lấy C trên Ax, D trên tia By sao cho
·
COD
= 90
0
.
a/ Chứng minh CD = AC + BD
b/ Kẻ OM
⊥
CD tại M, gọi N là giao điểm AD với BC.
Chứng minh MN//AC (Đề thi HSG quận Tân Bình 1995 – 1996)
Giải:
a/ Chứng minh CD = AC + BD
Nối CO cắt DB tại E. Xét
∆
ACO và
∆
BOE có:
·
·
OAC OBE=
( = 90
0
);
·
·
AOC BOE=
(đđ); OA = OB (gt)

=>
∆
ACO =
∆
BOE (g,c,g) => AC = BE và OC = OE
∆
DCE có DO là đường trung tuyến và là đường cao nên
∆
DCE cân tại D
=> CD = DE. Mà DE = DB + BE = DB + AC
=> CD = AC + BD
b/ Chứng minh MN//AC: Vì
∆
DCE cân tại D => DO là phân giác; OM = OB => OM = OA
=>
∆
ACO =
∆
MCO (ch,cgv) => MC = CA
Tương tự:
∆
ODM =
∆
ODB => MC = CA
Tam giác CAN có AC//BD (cùng vuông góc với AB) nên
AN AC
ND BD
=
(hệ quả đònh lý Talet)
Hay

AN CM
ND MD
=
=> MN//AC
Bài 2: Cho
∆
ABC cân tại A với A là góc nhọn; CD là đường phân giác góc ACB (D thuộc AB) qua D
kẽ đường vuông góc với CD; đường này cắt đường thẳng CB tại E. Chứng minh BD = 1/2EC
(Đề thi HSG quận 1, 95 – 96)
Giải: Gọi K là trung điểm EC. Tam giác vuông EDC vuông tại D có
KD là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên DK =
EC
2
và DK = KC
Vậy tam giác KDC cân tại K =>
¶
¶
1 2
D C=
Mà
¶
¶
1 2
C C=
(gt) =>
¶
¶
¶
1 1 2
D C C= =

Ta có:
·
¶
¶
1 2
DKB D C= + =
¶
¶
1 2
C C+
=
·
ACB
(góc ngoài tại đỉnh K của
∆
DCK)
=>
·
·
DKB DBC=
(do
∆
ABC cân tại A)
=>
∆
DBK cân tại D => BD = DK = EC/2
Bài 3: Cho
∆
ABC có
µ

A
= 30
0
. Dựng bên ngoài tam giác đều BCD.
Chứng minh AD
2
= AB
2
+ AC
2
(Đề thi HSG quận 6, 97 – 98)
Giải: Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chưa điểm B vẽ tia Ax
sao cho
·
xAC
= 60
0
Trên tia Ax lấy E sao cho AE = AC =>
∆
AEC đều
Ta có:
·
·
·
BAE BAC CAE= +
= 30
0
+ 60
0
= 90

0
∆
ABE vuông tại A cho ta: BE
2
= BA
2
+ AE
2
Hay BE
2
= AB
2
+ AC
2
(1)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A BO
C
D
N
M
E
A
B
C
K
D
1 1
2
E

A
B
D
C
x
E
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Mặt khác:
·
·
·
BCE BCA ACE= +
=
·
BCA
+ 60
0
=>
·
·
BCE ACD=
Xét
∆
ACD và
∆
ECB có:
·
·
BCE ACD=
; AC = CE; CD = CB =>

∆
ACD =
∆
ECB (c-g-c)
=> DA = BE (2). Từ (1) và (2) suy ra: AD
2
= AB
2
+ AC
2
Bài 4: Cho đoạn thẳng AC = m. Lấy điểm B bất kỳ thuộc đoạn AC (B
≠
A; B
≠
C). Tia Bx vuông góc
với AC. Trên tia Bx lần lượt lấy các điểm D và E sao cho BD = BA và BE = BC.
a/ Chứng minh CD = AE và CD
⊥
AE
b/ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, CD. Gọi I là trung điểm của MN. Chứng minh rằng
khoảng cách từ điểm I đến AC không đổi khi B di chuyển trên đoạn AC.
c/ Tìm vò trí của điểm B trên đoạn AC sao cho tổng diện tích hai tam giác ABE và BCD có giá trò lớn
nhất. Tính giá trò lớn nhất này theo m.
(Đề thi HSG toán 8 quận Tân Bình 2000 – 2001)
Giải: a/ Chứng minh CD = AE và CD
⊥
AE
Ta có
∆
ABE =

∆
DBC (c-g-c)
=> CD = AE
Gọi F là giao điểm của AE và CD, ta có:
·
·
AEB DEF=
(đđ) và
·
·
EAB BDC=
(
∆
ABE =
∆
DBC)
=>
· ·
·
·
AEB EAB DEF BDC+ = +
Mà
· ·
AEB EAB+
= 90
0
=>
·
·
DEF BDC+

= 90
0
=>
·
DFE
= 90
0
hay AE
⊥
CD tại F
b/ Gọi M’, N’, I’ lần lượt là hình chiếu của M, N, I xuống AC
∆
AEB có M là trung điểm của AE, MM’//BE (cùng vuông góc với AC)
=> MM’ là đường trung bình của
∆
AEB => MM’ = 1/2BE hay MM’ = 1/2BC
Chứng minh tương tự, ta có NN’ là đường trung bình của
∆
BCD => NN’ = 1/2BD hay NN’ = 1/2AB
Tứ giác MNM’N’ có MM’//NN’ (cùng vuông góc AC) => MNN’M’ là hình thang
I là trung điểm của MN; I I’//MM’//NN’ => I I’ là đường trung bình của hình thang MNN’M’
=> I I’ =
MM' NN' BC AB AC m
2 4 4 4
+ +
= = =
(không đổi)
c/ Vì
∆
ABE’ =

∆
DBC nên S
ABE
= S
DBC
=> S
ABE
+ S
DBC
= 2S
ABE
2S
ABE
= 2.1/2AB.BE = AB.BE = AB.BC
Vì AB > 0; Bc > 0 mà tổng AB + BC = AC = m (không đổi)
nên tích AB.BC đạt giá trò lớn nhất <=> AB = BC = m/2 <=> B là trung điểm AC.
Vậy max(S
ABE
+ S
DBC
) =
m m
.
2 2
=
2
m
4
(đvdt) <=> B là trung điểm của đoạn AB
Bài 5: Trên cạnh AB của hình vuông ABCD, người ta lấy điểm E tuỳ ý. Tia phân giác của góc CDE

cắt BC tại K. Chứng minh AE + KC = DE
Giải: Trên tia đối của tia AB lấy I sao cho CK = AI
=>
∆
CDK =
∆
ADI (Vì CK = AI; CD = AD và
µ
µ
A C=
= 90
0
)
=>
¶
¶
¶
1 2 3
D D D= =
và
·
·
AID CKD=
Mặt khác ta có:
·
·
KDA CKD=
(so le trong)
Nên:
·

·
KDA CKD=
=
¶
2
D
+
·
EDA
=
¶
3
D
+
·
EDA
=
·
EDI
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
CA
B
D
E
M
N
M’ N’ I’
I
x
F

AB
C D
E
K
I
1
2 3
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
=>
·
EID
=
·
EDI
=>
∆
EDI cân tại E => ED = EI = EA + AI = EA + CK
Bài tương tự: Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AD lấy M bất kì, BE là phân giác của góc MBC (E
∈
DC). Chứng minh EC = MB – MA
Bài 6: Cho
∆
ABC vng tại A. Về phía ngoài của tam giác, ta vẽ các hình vuông ABDE và ACGH.
a/ Chứng tỏ tứ giác BCHE là hình thang cân
b/ Kẻ đường cao AH
1
của tam giác ABC. Chứng tỏ các đường thẳng AH
1
, DE, GH đồng quy.
Giải:

a/ Chứng tỏ tứ giác BCHE là hình thang cân
Ta có:
·
·
EBH BHC=
= 45
0
(tính chất đường chéo hình vuông)
=> EB//HC
Mặt khác ta có: EA = AB; AC = AH
Nên: EC + AC = AB + AH hay EC = BH
=> Tứ giác BCHE là hình thang cân
b/ Chứng tỏ các đường thẳng AH
1
, DE, GH đồng quy.
Gọi P là giao điểm của DE và HG => AEPH là hình chữ nhật
Gọi O là giao điểm của AH
1
với EH. Vẽ HQ
⊥
AO, EK
⊥
AO
Xét
∆
ABH
1
và
∆
AEK có:

·
1
AH B
=
·
AEK
= 90
0
;
·
ABH
=
·
EAK
(Cùng phụ với góc BAH
1
); AB = AE =>
∆
ABH
1
=
∆
AEK
=> AH
1
= EK (1)
Tương tự:
∆
ACH
1

=
∆
HAQ => AH
1
= HQ (2)
Từ (1) và (2) => EK = HQ
Xét
∆
OEK và
∆
OHQ vuông có: EK = HQ;
·
KEO
=
·
QHO
(so le trong) =>
∆
OEK =
∆
OHQ
=> OE = OH => O là trung điểm của EH: Vậy O là trung điểm AP (AEPH là hình chữ nhật)
=> P thuộc AO nên P thuộc AH
1
Vậy 3 đường thẳng AH
1
, DE, GH đồng quy tại một điểm.
Bài 7: Cho hình chữ nhật ABCD, kẽ BH vuông góc với AC tại H. Gọi M và K lần lượt là trung điểm
của AH và CD. Chứng minh BM
⊥

MK
Giải: Gọi N là trung điểm BH; => MN là đường trung bình của
∆
ABH
=> MN//AB và MN = 1/2AB
Mà AB
⊥
BC => MN
⊥
BC
=> N là trự c tâm của
∆
BMC hay CN là đường cao của
∆
BMC => CN
⊥
BM
Ta có CK = 1/2CD; mà CD = AB => CK 1/2AB
Mặt khác CK//AB (CD//AB)
=> CNMK là hình bình hành => CN//MK
Mà CN
⊥
BM => MK
⊥
BM
Bài 8: Cho
∆
ABC có 3 góc nhọn và hai đường cao AA’; BB’ cắt nhau tại H. Gọi D là điểm đối xứng
với H qua trung điểm I của BC. Chứng minh
·

BDC
và
·
BAC
bù nhau.
Giải: Tứ giác BHCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm I của chúng
=> BHCD là hình bình hành
=>
·
BDC
=
Tứ giác HC’AB’ có tổng bốn góc là 360
0
=>
·
C'AB'
bù với
·
C'HB'
;
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
C
D
E
P
H G
O
Q

K
H
1
B
A
D
C
K
M
N
H
A
B
C
A’
B’
C’
H
I
D
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Mà
·
C'HB'
=
·
BHC
(đđ). Vậy
·
BDC

bù với
·
C'AB'
hay
·
BDC
và
·
BAC
bù nhau.
Bài 9: Cho
∆
ABC (
µ
A
= 90
0
), D là điểm di đông trên cạnh BC. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu
vuông góc của điểm D lên AB, AC.
a/ Xác đònh vò trí điểm D để tứ giác AEDF là hình vuông?
b/ Xác đònh vò trí điểm D để tổng 3AD + 4EF đạt giá trò nhỏ nhất?
Giải:
a/ Tứ giác AEDF có
µ
µ
$
A E F= =
= 90
0
nên là hình chữ nhật

Tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là phân giác của góc EAF
Hay AD là phân giác của góc BAC
Vậy khi D là giao điểm của tia phân giác góc BAC với cạnh BC thì tứ
giác AEDF là hình vuông.
b/ Ta có AD = EF (AEDF hình chữ nhật)
=> 3AD + 4EF = 3AD + 4AD = 7AD
Vẽ AH
⊥
BC => AD
≥
AH (T/c hình chiếu và đường xiên)
Do đó: 3AD + 4EF
≥
7AH; AH không đổi. Dấu “=” xảy ra <=> D
≡
H
Vậy tổng 3AD + 4EF đạt giá trò nhỏ nhất bằng 7AH <=> D
≡
H (H là chân đường cao hạ từ A xuống BC)
Bài 10: Cho
∆
ABC cân tại C. Kẻ đường phân giác AA
1
của góc A và đường trung tuyến CC
1
của tam
giác. Biết rằng AA
1
= 2CC
1

. Tính số đo góc ACB
Giải:
Từ C
1
kẻ C
1
D//AA
1
=> C
1
D = CC
1
=>
∆
DCC
1
cân tại C
1
=>
·
1
C DC
=
·
1
C CD
Mà
·
1
C CD

=
·
µ
1
DC B B+
=
·
µ
1
A AB B+
=
·
µ
1
CAB B
2
+
=
µ µ
1
B B
2
+
Hay
·
1
C CD
=
µ
3

B
2
. Tam giác ABC cân tại C nên trung tuyến CC
1
cũng là phân gíac của
∆
ABC
=>
·
ACB
= 2
·
1
C CD
= 2.
µ
3
B
2
= 3
µ
B
.
Ta có
·
·
µ
ACB CAB B+ +
= 180
0

=> 3
µ
B
+
µ
B
+
µ
B
= 180
0
=> 5
µ
B
= 180
0
=>
µ
B
= 36
0
=>
·
ACB
= 3.36
0
= 108
0
Bài 11: Cho tứ giác ABCD có AC = 10cm; BD = 12cm. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O, biết
góc AOB = 30

0
. Tính diện tích tứ giác ABCD
Giải: Vẽ AH
⊥
OB và AK
⊥
OD
=>
∆
AOH là nửa tam giác đều cạnh OA => AH = 1/2OA
Tương tự: => CK = 1/2OC
Ta có S
BCD
= 1/2CK.BD = 1/4OC.DB
S
ABC
= 1/2AH.BD = 1/4OA.BD
S
ABCD
= S
BCD
+ S
ABC
= 1/4OC.DB + 1/4OA.BD = 1/4AC.BD
=> S
ABCD
= ½.12.10 = 30cm
2
Bài 12: Cho
∆

ABC có trung tuyến AD và BE vuông góc với nhau tại O.
Cho AC = b và BC = a. Tính diện tích hình vuông có cạnh là AB
Giải: Vì AD và BE là trung tuyến nên O là trọng tâm của
∆
ABC
=> OB = 2OE và OA = 2OD
p dụng đònh lý Pitago: OA
2
+ = AE
2
= b
2
/4
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
C
H
D
E
F
C
A B
C
1
A
1
D
A
B

C
D
O
H
K
A
B
C
E
D
O
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
OB
2
BD
2
= a
2
/4
=> (OA
2
+ OB
2
) + (OE
2
+ OD
2
) =
2 2
a b

4
+
=> AB
2
+
2 2
OB OA
4
+
=
2 2
a b
4
+
=>
5
4
AB
2
=
2 2
a b
4
+
=> AB
2
=
2 2
a b
5

+
Vậy diện tích của hình vuông cạnh AB là:
2 2
a b
5
+
(đvdt)
Bài 13: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy HD = HA. Đường
vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
a/ Chứng minh AE = AB
b/ Gọi M là trung điểm BE. Tính góc AHM
Giải:
a/ Chứng minh AE = AB
Kẻ EF
⊥
AH, => HDEF là hình chữ nhật
=> EF = HD mà AH = HD (gt) => EF = AH
Xét
∆
HBA và
∆
FAE có:
µ
$
H F=
= 90
0
; AH = EF;
·
·

FEA HAB=
(cùng phụ với góc FAE)
=>
∆
HBA =
∆
FAE => AB = AE
b/ Tính góc AHM
Do
∆
ABE vuông tại A => AM = BE/2 và
∆
DBE vuông tại D => DM = BE/2 => AM = MD
HM: cạnh chung; AH = HD (gt) =>
∆
AHM =
∆
DHM =>
·
·
·
AHD
MHA MHD
2
= =
= 45
0
Bài 14: Cho tứ giác MDHN có:
µ
µ

M D=
= 90
0
và MH = MD =
DN
2
; Lấy điểm E bất kỳ thuộc MH (E
≠
M và E
≠
H), kẻ tia Ex vuông góc với DE và tia này cắt NH tại F. Chứng minh rằng
∆
DEF vuông
cân.
Giải: Kẽ HN
⊥
DN => HK = MD, DK = MH =
DN
2
Mà MH = MD (gt) => HK = DK = KN =>
∆
KHN vuông cân tại K =>
µ
N
= 45
0
=>
·
MHN
= 135

0
Lấy I
∈
MD sao cho ME = MD => EH = ID và
∆
MEI vuông cân tại M =>
·
MIE
= 45
0
=>
·
DIE
= 135
0
Xét
∆
IDE và
∆
HEF: có ID = EH;
·
DIE
=
·
MHN
= 135
0
;
·
IDE

=
·
HEF
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
=>
∆
IDE =
∆
HEF => DE = EF. Vậy
∆
DEF vuông cân t E
Bài 15: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo
thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD = AE. Xác đònh
vò trí điểm D, E sao cho:
a/ DE có độ dài nhỏ nhất
b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
Giải:
a/ DE có độ dài nhỏ nhất
Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a)
p dụng đònh lý Pitago với
∆
ADE vuông tại A có:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
E
F
M
H D C
M

HE
F
D K
N
xI
A
D
B
C
E
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
DE
2
= AD
2
+ AE
2
= (a – x)
2
+ x
2
= 2x
2
– 2ax + a
2
= 2(x
2
– ax) – a
2
=

= 2(x –
2
a
4
)
2
+
2
a
2

≥

2
a
2
Ta có DE nhỏ nhất <=> DE
2
nhỏ nhất <=> x =
a
2
<=> BD = AE =
a
2
<=> D, E là trung điểm AB, AC
b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
Ta có: S
ADE
=
1

2
AD.AE =
1
2
AD.BD =
1
2
AD(AB – AD) = –
1
2
(AD
2
– AB.AD) =
= –
1
2
(AD
2
– 2
AB
2
.AD +
2
AB
4
) +
2
AB
8
= –

1
2
(AD –
AB
4
)
2
+
2
AB
2

≤

2
AB
8
Vậy S
BDEC
= S
ABC
– S
ADE

≥

2
AB
2
–

2
AB
8
=
3
8
AB
2
không đổi
Do đó minS
BDEC
=
3
8
AB
2
khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC
Bài 16: Cho
∆
ABC có AB = 4; AC = 7, đường trung tuyến AM = 3,5. Tính BC
Giải:
p dụng đònh lý Pitago lần lượt với các tam giác vuông ta có:
AM
2
= AH
2
+ HM
2
=
2 2 2 2

(AB BH ) (AC HC )
2
− + −
+ HM
2
=
=
2 2 2 2
AB AC BH HC
2 2
+ −
−
+ HM
2
=
2 2 2
AB AC (BH HC) 2.BH.CH
2 2
+ − −
−
+ HM
2
=
=
2 2 2
AB AC BC
2 2
+
−
+ BH.CH + HM

2
=
2 2 2
AB AC BC
2 2
+
−
+ (BM – MH)(CM + MH) + HM
2
=
=
2 2 2
AB AC BC
2 2
+
−
+ BM
2
– MH
2
+ HM
2
=
2 2 2
AB AC BC
2 2
+
−
+
2

BC
4
=
2 2 2
2AB 2AC BC
4
+ −
Thay AB = 4, AM = 3,5; AC = 7, ta được: BC
2
= 81 <=> BC = 9
Bài 17: Cho
∆
ABC có 3 góc nhọn (AB < AC). Gọi H là trực tâm; O là giao điểm
của 3 đường trung trực của tam giác. Gọi D là điểm đối xứng của điểm A qua O.
Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: AH = 2MO
Giải: Ta có AO = OC = OD =>
∆
ACD vuông tại C
=> DC
⊥
AC mà BH
⊥
AC => BH//DC
Tương tự ta chứng minh được: CH // BD => BHCD là hình bình hành
M là trung điểm của BC nên M là trung điểm HD
O là trung điểm AD => OM là đường trung bình
∆
AHD => AH = 2OM
Bài 18: Chứng minh rằng trong một tam giác có 2 cạnh không bằng nhau thì tổng độ dài cạnh lớn và
đường cao tương ứng sẽ lớn hơn tổng độ dài cạnh nhỏ với đường cao tương ứng.

Giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử AB < AC, BH là đường cao tương
ứng với AC; CK là đường cao tương ứng AB
Trên AC lấy D sao cho AB = AD; Kẻ DE
⊥
AB; DF
⊥
CK
=> DE = KF
Và
∆
ABH =
∆
ADE (cạnh huyền – góc nhọn)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
C
H M
A
B
H
M
D
O
C
A
H
D
C

B
E
K
F
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
=> BH = DE => BH = KE
∆
DFC vuông tại F => FC < DC => AB + CK = AB + KF + FC < AD + BH + DC
=> AB + CK < AC + BH
Bài 19: Cho
∆
ABC có 3 góc nhọn và M là một điểm thuộc miền trong của
∆
ABC. Vẽ các đoạn
thẳng, MH, MK, ML lầm lượt vuông góc với BC, AC, AB (H, K, L là chân các đường thẳng vuông
góc)
a/ CMR: AL
2
+ BH
2
+ CK
2
= BL
2
+ CH
2
+ AK
2
b/ CMR: AL
2

+ BH
2
+ CK
2

≥

1
4
( AB
2
+ BC
2
+ AC
2
)
c/ Xác đònh vò trí M để AL
2
+ BH
2
+ CK
2
nhỏ nhất
Giải: a/
∆
MAL vuông tại L => AL
2
+ ML
2

= MA
2
=> AL
2
= MA
2
– ML
2
Tương tự: BH
2
= MB
2
– MH
2
và CK
2
= MC
2
– MK
2
Do đó: AL
2
+ BH
2
+ CK
2
= (MA
2
+ MB
2

+ MC
2
)

– (ML
2
+ MH
2
+ MK
2
)
Chứng minh tương tự ta cũng có: BL
2
+ CH
2
+ AK
2
= (MA
2
+ MB
2
+ MC
2
)

– (ML
2
+ MH
2
+ MK

2
)
=> AL
2
+ BH
2
+ CK
2
= BL
2
+ CH
2
+ AK
2
b/ Ta có: (AL – BL)
2

≥
0 <=> (AL + BL)
2
+ (AL – BL)
2

≥
(AL + BL)
2
<=> 2(AL
2
+ BL
2

)
≥
AB
2
<=> 2AL
2
+ 2BL
2

≥
AB
2
. tương tự ta cũng có: 2BH
2
+ 2CH
2

≥
BC
2
và 2CK
2
+ 2AK
2

≥
AC
2
Nên ta suy ra: 2(AL
2

+ BH
2
+ CK
2
) + 2(BL
2
+ CH
2
+ AK
2
)
≥
AB
2
+ AC
2
+ BC
2
Mà AL
2
+ BH
2
+ CK
2
= BL
2
+ CH
2
+ AK
2

=> 4(AL
2
+ BH
2
+ CK
2
)
≥
AB
2
+ AC
2
+ BC
2
=> AL
2
+ BH
2
+ CK
2

≥

1
4
( AB
2
+ BC
2
+ AC

2
)
c/ Theo câu b ta có: AL
2
+ BH
2
+ CK
2

≥

1
4
( AB
2
+ BC
2
+ AC
2
). Mà
1
4
( AB
2
+ BC
2
+ AC
2
) không đổi
Dấu “=” xảy ra <=> AL = BL; BH = CH; CK = AK <=> M là giao điểm các đường trung trực của

∆
ABC
Vậy khi M là giao điểm các đường trung trực của
∆
ABC thì AL
2
+ BH
2
+ CK
2
đạt giá trò nhỏ nhất
Bài 20: Cho
∆
ABC có
µ
µ
B C=
= 70
0
, đường cao AH. Các điểm E và F theo thứ tự thuộc các đoạn
thẳng AH, AC sao cho
·
·
ABE CBF=
= 30
0
. Gọi M là trung điểm AB.
a/ Chứng minh AF = AE
b/ Tính góc BEF
Giải: a/ Chứng minh AF = AE

Dựng
∆
ABD đều và M là trung điểm AB => MD
⊥
AB
Mặt khác
·
CBF
= 30
0
=>
·
ABF
= 40
0
=>
∆
ABF cân tại F => MF
⊥
AB
=> M; F; D thẳng hàng =>
·
ADF
= 30
0
=
·
ABE
Vì
∆

ABD đều và
·
BAC
= 40
0
(do
µ
µ
B C=
= 70
0
)
=>
·
·
DAF BAE=
= 20
0
và AB = BD =>
∆
ABE =
∆
ADF
=> AE = AF
b/ Tính góc BEF: ta có:
·
ABE
= 30
0
=>

·
EBH
= 40
0
=>
·
BEH
= 50
0
Mặt khác do AE = AF =>
∆
AEF cân tại A và
·
EAF
= 20
0
=>
·
AEF
= 80
0
=>
·
FFH
= 100
0
=>
·
·
·

BEF BEH HEF= +
= 150
0
Bài 21: Cho
∆
ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC.
Gọi E, E lần lượt là điểm đối xứng qua AB, AC của H.
a/ Chứng minh E, A, F thẳng hàng.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
C
L
K
H
M
B
A
C
D
H
E
F
M
A
B
C
E F
M N
H

Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
b/ Chứng minh BE//CF
c/ Xác đònh vò trí H để
∆
EHF có diện tích lớn nhất.
Giải:
a/ Chứng minh E, A, F thẳng hàng.
Do E, H đối xứng nhau qua AB, F và H đối xứng nhau qua AC nên ta có:
·
·
·
EAH
HAB BAE
2
= =
và
·
·
·
FAH
HAC CAF
2
= =
=>
·
·
·
·
EAH HAF 2(BAH HAC)+ = +
= 2

·
BAC
= 180
0
=> E, A, F thẳng hàng
b/ Chứng minh BE//CF
Ta có:
·
·
·
EBH
EBA ABH
2
= =
và
·
·
·
FCH
FCA ACH
2
= =
( t/ch đối xứng)
=>
·
·
·
·
EBH HCF 2(ABH HCA)+ = +
= 2.90

0
= 180
0
; Mà 2 góc này ở vò trí trong cùng phía nên EB//CF
c/ Xác đònh vò trí H để
∆
EHF có diện tích lớn nhất.
Ta thấy S
EHF
lớn nhất khi S
AMHN
lớn nhất <=> S
BHM
+ S
CHN
nhỏ nhất <=>
BHM CHN
ABC
S S
S
+
nhỏ nhất
Các tam giác MBH và NHC đồng dạng với tam giác ABC nên ta có:
2
BHM
ABC
S
BH
S BC
 

=
 ÷
 
và
2
CHN
ABC
S
CH
S BC
 
=
 ÷
 
=>
2 2
BHM CHN
2
ABC
S S
BH CH
S
BC
+
+
=

≥

1

2

(Vì BC
2
= (BH + CH)
2

≤
2(BH
2
+ CH
2
) =>
2 2
2
BH CH
BC
+

≥

1
2
)
Như vậy: S
BHM
+ S
CHN

≥

1
2
S
ABC
=> S
EHF
≤

ABC
S
4
. Dấu đẳng thức xảy ra khi BH = CH <=> H là trung điểm
của BC
Bài 22: Cho
∆
ABC và G là một điểm thuộc miền trong của tam giác. Kéo dài AG, BG, CG cắt BC,
AC, AB lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng:
GM GN GP
1
AM BN CP
+ + =
Giải: Ta có:
BGM CGM BGM CGM BGC
ABM AMC AMB AMC ABC
S S S S S
GM
AM S S S S S
+
= = = =

+
Tương tự:
AGC
ABC
S
GN
AN S
=
và
GAB
ABC
S
GP
AP S
=

=>
BGC AGC ABG ABC
ABC ABC
S S S S
GM GN GP
1
AM BN CP S S
+ +
+ + = = =
Bài 23: Cho
∆
ABC có diện tích là S. Lấy các điểm M, N, P lần lượt trên các cạnh AB, BC, CA sao
cho:
AM BN CP 1

BM CN AP 3
= = =
. Tính diện tích tam giác MNP theo S
Giải: Ta có:
ABM
ABN
S
BM
AB S
=
và
ABN
S
BN
BC S
=
Mà
AM 1
BM 3
=
=>
BM 3
AB 4
=
; Tương tự:
BN 1
BC 4
=

=>

ABM
ABN
S
S
.
ABN
S
S
=
BM
AB
.
BN
BC
=
3 1
.
4 4
=>
BMN
S
S
=
3
16
hay S
BMN
=
3
16

S.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
B
A
C
N
P
M
G
A
M
B
N
C
P
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Lý luận tương tự ta cũng có: S
AMP
= S
CNP
=
3
16
S. Vậy S
MNP
= S – (S
BMN
+ S
AMP
+ S

CNP
) = S –
9
16
S =
7
16
S
Bài 24: Cho tam giác nhọn ABC với 3 đường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
Chứng minh rằng:
HD HE HF
AD BE CF
+ +
=
DB EA FA
. .
DC EC FB
Giải: Ta có:
HBC
ABC
S
HD
AD S
=
;
HAC
ABC
S
HE
BE S

=
;
HAB
ABC
S
HF
BF S
=
=>
HD HE HF
AD BE CF
+ +
=
HBC HAC HAB
ABC
S S S
S
+ +
=
ABC
ABC
S
S
= 1
Mặt khác:
AHB
AHC
S
BD
DC S

=
;
BHC
AHB
S
EC
EA S
=
;
HAC
BHC
S
FA
FB S
=
=>
DB EA FA
. .
DC EC FB
=
AHB
AHC
S
S
.
BHC
AHB
S
S
.

HAC
BHC
S
S
= 1. Nên ta có:
HD HE HF
AD BE CF
+ +
=
DB EA FA
. .
DC EC FB
Bài 25: Cho
∆
ABC vuông tại A có độ dài cạnh huyền bằng 2 (đơn vò). Gọi AM, BN, CP là trung
tuyến của tam giác. a/ Tính AM
2
+ BN
2
+ CP
2
b/ Chứng minh rằng: 4 < AM + BN + CP < 5
Giải: a/ Tính AM
2
+ BN
2
+ CP
2
p dụng đònh lí Pitago: BN
2

= AB
2
+ AN
2
= AB
2
+ AC
2
/4
CP
2
= AC
2
+ AP
2
= AC
2
+ AB
2
/4
=> BN
2
+ CP
2
= 5/4(AB
2
+ AC
2
) = 5/4BC
2

= 5
Vậy AM
2
+ BN
2
+ CP
2
= 1 + 5 = 6
b/ Chứng minh rằng: 4 < AM + BN + CP < 5
p dụng t/chất trọng tâm tam giác, ta có: BN = 3/2BG và CP = 3/2CG
=> BN + CP = 3/2(BG + CG) > BC (bất đẳng thức tam giác)
=> BN + CP > 3/2.1 = 3 => AM + BN + CP > 1 + 3 = 4
Mặt khác ta có: (AM – BN)
2

≥
0 => AM
2
+ BN
2
– 2AM.BN
≥
0 => AM
2
+ BN
2
≥
2AM.BN
Tương tự: AM
2

+ CP
2
≥
2AM.CP và BN
2
+ CP
2
≥
2BN.CP
=> 2(AM
2
+ BN
2
+ CP
2
)
≥
2AM.BN + 2AM.CP + 2BN.CP
=> 3(AM
2
+ BN
2
+ CP
2
)
≥
AM
2
+ BN
2

+ CP
2
+ 2AM.BN + 2AM.CP + 2BN.CP
=> 3(AM
2
+ BN
2
+ CP
2
)
≥
(AM + BN + CP)
2
=> (AM + BN + CP)
2
≤
3.6 = 18 < 25
=> AM + BN + CP < 5. Vậy 4 < AM + BN + CP < 5
Bài 26: Cho
∆
ABC. Trên tia đối của tia BA và CA lấy 2 điểm di động M và N
sao cho BM = CN. Gọi I là trung điểm MN. Điểm I di đông trên đường nào?
Giải: Gọi K là trung điểm BC. Dựng hình bình hành BKEM
=> BK//ME và BK = ME
Dựng hình bình hành KCND => CK//DN và CK = DN; Mà BK = CK
=> ME = DN và ME//DN. Vậy MEDN là hình bình hành, do đó 2 đường chéo MN và ED cắt nhau tại
trung điểm mỗi đường, mà I là trung điểm MN nên I là trung điểm ED
∆
KED cân tại K => KI là phân giác EKD
Mà

·
·
BAC EKD=
nên KI//Ax là tia phân giác góc BAC.
Do K cố đònh suy ra thuộc tia Ky//Ax
Vậy I thuộc tia Ky cố đònh
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
F
C
E
B
D
H
A
B G
P
M
N
C
A
B
C
IM
K
D
x
E
y
N

Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Bài 27: Cho
∆
ABC có 3 góc nhọn. Kẻ đường cao AD. Gọi E, E lần lượt là điểm đối xứng của D qua
các cạnh AB, AC. Đường thẳng EF cắt AB ở M và cắt AC ở N. Chứng minh 2 đường thẳng CM và
BN cắt nhau tại một điểm H nằm trên đường cao AD và BN
⊥
AC và CM
⊥
AB
Giải: Xét
∆
MDN có:
¶
¶
1 2
M M=
=> AB là phân giác ngoài của góc M
Tương tự AC là phân giác ngoài của góc N
=> Điểm A, giao điểm của 2 phân giác ngoài AB, AC phải nằm trên đường
phân giác trong của góc D
Vì BC
⊥
AD => BC là phân giác ngoài của góc D
Từ đây ta có: AB là phân giác ngoài của góc M
BC là phân giác ngoài của góc D
=> BN là phân giác trong của góc N
Tương tự: CM là pân giác trong của góc M.
Các đường phân giác trong cắt nhau tại một điểm => BM và CN cắt nhau tại một điểm H thuộc AD
AC là phân giác ngoài của góc N; BN là phân giác trong của góc N => BN

⊥
AC
Tương tự: CM
⊥
AB
Bài 28: Cho
∆
ABC cân tại A; một điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC. Từ M kẽ MD
⊥
AB; ME
⊥
AC. Gọi
D’ là điểm đối xứng D qua cạnh BC
a/ Chứng minh E, M, D’ thẳng hàng
b/ Chứng minh: “ Tổng các khoảng cách từ một điểm trên cạnh đáy
đến hai cạnh bên của một tam giác cân không phụ thuộc vào vò trí điểm ấy”
Giải: a/ Chứng minh E, M, D’ thẳng hàng
Ta có
¶
1
M
=
¶
2
M
và
¶
1
M
=

¶
4
M
=>
¶
2
M
=
¶
4
M
Mà
·
D'ME
=
¶
1
M
+
¶
2
M
+
¶
3
M
=
¶
2
M

+
¶
3
M
+
¶
4
M
=
·
BMC
= 180
0
=> D’, E, M thẳng hàng
b/ Chứng minh: “ Tổng các khoảng cách từ một điểm trên cạnh đáy
đến hai cạnh bên của một tam giác cân không phụ thuộc vào vò trí điểm ấy”
Vẽ đường cao BF
Vì D và D’ đối xứng nhau qua AC => MD = MD’ và
µ
µ
D' D=
=> MD + ME = MD’ + ME = ED’
Mà BD’EF là hình chữ nhật nên ED’ = BF => MD + ME = BF không đổi
Bài 29: Cho góc nhọn xOy và điểm P trong góc đó. Hãy tìm trên Ox một điểm A và trên Oy một
điểm B sao cho tam giác PAB có chu vi nhỏ nhất.
Giải: Gọi P
1
và P
2
là 2 điểm đối xứng của P qua Ox và Oy;

Nối P
1
P
2
cắt Ox và Oy tại A và B. Ta có:
PA = P
1
A; PB = P
2
B (t/chất đối xứng)
=> PA + PB + AB = P
1
A + P
2
B + AB = P
1
P
2
Với một vò trí A’
≠
A và B’
≠
B thì P
1
A’B’P
2
là đường gấp khúc nên:
P
1
A’ + P

2
B’ + A’B’ > P
1
P
2
=> P
1
A’ + P
2
B’ + A’B’ > P
1
A + P
2
B + AB
=> Hay chu vi tam giác PAB nhỏ nhất khi bằng P
1
P
2
tức là A là giao điểm của P
1
P
2
với Ox và B là
giao điểm của P
1
P
2
với Oy
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A

B D C
E
F
M
N
21
A
B C
D
E
D’
F
42
3
1
M
P
2
PO
P
1
B
A
x
y
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Bài 30: Cho tam giác ABC. Tìm trên cạnh AC một điểm E sao cho nếu qua E kẽ dường thẳng song
song với BC cắt AB tại F thì ta được AE = BF
Giải: Giả sử ta tìm được E, F như bài toán; Tử E vẽ đường // AB cắt BC tại D
=> BDEF là hình bình hành => ED = BF, mà AE = BF (gt) => AE = DE

=>
∆
ADE cân tại E =>
µ
¶
1
D A=
, mà
µ
¶
2
D A=
(ED//AB)
=>
¶
¶
1 2
A A=
=> AD là phân giác góc A
Từ đó ta có cách dựng như sau:
+ Dựng phân giác AD của góc A
+ Qua D dựng đường // AB cắt AC ở E; là điểm cần tìm
Thật vậy: Nếu qua E kẽ dường thẳng //BC, cắt AB tại F thì tứ giác BDEF là hình bình hành => BF = DE
Tam giác AED câb cho ta DE = AE => BF = DE
Bài 31: Từ đỉnh A của
∆
ABC ta dựng tia Ax (Ax và AC cùng nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường
thẳng AB) vuông góc với AB và lấy trên Ax một điểm D sao cho AD = AB; và dựng tia Ay vuông góc
với AC (Ay và AB cùng nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AC) và lấy trên Ax một điểm E
sao cho AE = AC.

a/ Kẻ AH
⊥
ED. Chứng minh đường thẳng AH cắt cạnh BC tại trung điểm M của BC
b/ Ngược lại nếu AM là trung tuyến
∆
ABC thì ta có AH
⊥
ED
Giải: a/ Chứng minh AH đi qua trung điểm M của BC
Qua B dựng đường thẳng //AC cắt Am tại F. Ta có:
µ
¶
1
D A=
(cùng phụ góc HAD);
µ
¶
2
E A=
(cùng phụ góc HAE); Mà
$
¶
2
F A=
(slt) =>
µ
$
E F=
Và AB = AD =>
∆

EAD =
∆
FBA (g-c-g)
=> Bf = EA => BF = AC mà BF//AC
=> ABFC là hình bình hành => M là trung điểm BC
b/ Chứng minh AM
⊥
ED
Trong trường hợp này, trên tia AM đặt đoạn MF = AM
=> ABFC là hình bình hành
Ta chứng minh được
∆
EAD =
∆
FBA =>
·
BHA
=
µ
D
Mà
·
·
BHA HAD+
= 90
0
=>
µ
·
D HAD+

= 90
0
=>
·
AHD
= 90
0
hay AH
⊥
ED
Bài 32: Cho tam giác vuông ABC và AH là đường cao thuộc cạnh huyền. Vẽ về phía ngoài tam giác
hai hình vuông ABDE và ACFG
a/ Gọi M, N là chân các đường vuông góc hạ từ D và F đến BC.
So sánh tổng DM + FN với BC
b/ Chứng tỏ AH đi qua trung điểm đoạn thẳng EG
c/ Chứng minh AH, ED, FG đồng quy.
Giải: a/ So sánh tổng DM + FN với BC
Ta có:
∆
MBD =
∆
HAB (cạnh huyền – góc nhọn)
=> DM = BH
∆
NCF =
∆
HAC => FN = CH
=> DM + FN = BH + HC = BC
b/ Chứng tỏ AH đi qua trung điểm đoạn thẳng EG
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học

A
B
C
E
D
F
12
A
B
C
M
H
F
D
E x
y
1 2
A
B
C
M
D
E
G
F
N H
3
1
I
K

Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Ta có:
∆
ABC =
∆
AEG =>
·
AGI
=
·
ACH
Mà
·
ACH
=
¶
1
A
và
¶
1
A
=
¶
3
A
=>
¶
3
A

=
·
AGI
=>
∆
AIG cân tại I => AI = IG
Chứng minh tương tự ta được: AI = AE => AH đi qua trung điểm I của đoạn thẳng EG
c/ Chứng minh AH, ED, FG đồng quy.
Kéo dài DE và FG cắt nhau tại K => AEKG là hình chữ nhật
=> AK và CG cắt nhau tại trung điểm I của EG
Mà AH đi qua trung điểm I của EG => AH đi qua giao điểm K của DE và FG
Hay AH, ED, FG đồng quy.
Bài 33: Cho tam giác ABC vuông tại A. Dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACFG. Gọi K là giao điểm của tia DE và FG; M là trung điểm của EG.
a/ Chứng minh 3 điểm K, M, A thẳng hàng
b/ Chứng minh MA
⊥
BC
c/ Chứng minh hai đường thẳng DC, FB cắt nhau tại một điểm nằm trên AM
Giải:
a/ Chứng minh 3 điểm K, M, A thẳng hàng
Vì AEKG là hình chữ nhật => đường chéo AK đi qua trung điểm M
của EG. Hay 3 điểm K, M, A thẳng hàng
b/ Chứng minh MA
⊥
BC
∆
ABC =
∆
AEG =>

·
AGI
=
·
ACH
∆
AMG cân =>
·
AGI
=
¶
2
A
mà
¶
2
A
=
¶
1
A
(đđ)
Và
µ
C
+
µ
B
= 90
0

=>
¶
1
A
+
µ
B
= 90
0
=> MA
⊥
BC
c/ Chứng minh hai đường thẳng DC, FB cắt nhau tại một điểm nằm trên AM
Ta có:
∆
ABC =
∆
EAK => BC = AK =>
∆
DBC =
∆
BAK =>
·
·
BKA DCB=
hay
·
·
BKN ICB=
Mà

·
·
BKN KBN+
= 90
0
=>
·
·
ICB IBC+
= 90
0
=>
·
BIC
= 90
0
=> KB
⊥
CD
Chứng minh tương tự ta được FB
⊥
KC
Trong tam giác KBC có KH; FB; CD là 3 đường cao nên chúng cắt nhau tại một điểm.
Bài 34: Cho hình vuông ABCD. Trên đường chéo BD ta lất 1 điểm M và kẻ ME
⊥
AB; MF
⊥
AD.
Chứng minh 3 đường thẳng BF, CM, DE đồng quy.
Giải: Ta có AF = ME; ME = EB => AF = EB =>

∆
ABF =
∆
BCE
=>
· ·
ABF BCE=
va ø
·
·
AFB BEC=
Mà
·
·
AFB ABF+
= 90
0
=>
·
·
BEC BCE+
= 90
0
=>
·
EIB
= 90
0
=> BF
⊥

CE (1)
Chứng minh tương tự ta được: DE
⊥
CF (2)
Mặt khác ta lại có: ME//CB =>
·
·
BCE CEM=

Mà EM = EB; BF = CE =>
∆
CEM =
∆
FBE =>
·
·
MCE EFB=
Mà
·
·
EFB FEC+
= 90
0
=>
·
·
MCE FEC+
= 90
0
=>

·
CKE
= 90
0
=> CK
⊥
FE (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra DE, FB, CK là các đường cao của tam giác CFE nên chúng đồng quy.
Bài 35: Cho tam giác ABC. Dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACGH va BCMNø.
Gọi O
1
; O
2
; O
3
theo thứ tự là tâm các hình vuông ấy. Gọi I là trung điểm cạnh BC
a/ Chứng minh O
1
I = O
2
I và O
1
I
⊥
O
2
I
b/ Chứng minh O
2
O

3
= O
1
C và O
2
O
3
⊥
O
1
C
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A B
CD
M
K I
J
F
E
A
B
C
I D
E
G
F
J
H
2
1

M
K
B
C
D
E
H
A
M
N
O
1
O
2
O
3
I
J
P
Q
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
c/ Chứng minh ba đường thẳng O
3
A; O
2
B; O
3
C đồng quy.
Giải:
a/ Chứng minh O

1
I = O
2
I và O
1
I
⊥
O
2
I
Ta có:
∆
EAC =
∆
BAH => EC = BH (1)
·
·
AEC ABH=
Do
·
·
AEC AJE+
= 90
0
; mà
·
·
AJE BJK=
(đđ)
=>

·
·
AEC BJK+
= 90
0
; =>
·
·
ABH BJK+
= 90
0
; =>
·
BKJ
= 90
0
=> EC
⊥
BH (2)
Trong
∆
EBC, O
1
I là đường trung bình nên: O
1
I =
1
2
EC và O
1

I//EC (3)
Trong
∆
HBC, O
2
I là đường trung bình nên:
O
2
I =
1
2
BH và O
2
I//BH (4)
Từ (1); (2); (3); (4) suy ra: O
1
I = O
2
I và O
1
I
⊥
O
2
I
b/ Chứng minh O
2
O
3
= O

1
C và O
2
O
3
⊥
O
1
C
Ta có:
∆
O
1
IC =
∆
O
2
IO
3
=> O
1
C = O
2
O
3
Đồng thời ta cũng có
·
1
O CP
=

·
3
IO P
và
·
·
3
IPO QPC=
Mà
·
·
3 3
IO P IPO+
= 90
0
=>
·
·
1
QPC O CP+
= 90
0
=>
·
PQC
= 90
0
=> O
2
O

3
⊥
O
1
C
c/ Chứng minh ba đường thẳng O
3
A; O
2
B; O
3
C đồng quy.
Chứng minh tương tự ta có: O
1
O
2
⊥
O
3
A và O
1
O
3
⊥
O
2
B
Trong tam giác O
1
O

2
O
3
thì các đường O
1
C; O
2
B; O
3
A là các đường cao nên chúng đồng quy.
Bài 36: Cho
∆
ABC, AM là trung tuyến. Chứng minh hệ thức: 2AM
2
= AB
2
+ AC
2
–
2
BC
2
Giải: Giả sử AB < AC =>
·
AMB
< 90
0
và
·
AMC

> 90
0

Trong
∆
AMB ta có:
·
AMB
< 90
0
và AB
2
= AM
2
+ BM
2
– 2BM.MH (1)
Trong
∆
AMC ta có:
·
AMB
> 90
0
và AC
2
= AM
2
+ BM
2

+ 2CM.MH (2)
Ta lại có BM = CM = BC/2. Từ (1), (2), (3) ta có: AB
2
+ AC
2
= AM
2
+
2
BC
2
=> 2AM
2
= AB
2
+ AC
2
–
2
BC
2
Bài 37: Cho
∆
ABC. Kẻ phân giác BD của góc B. Qua D kẻ đường thẳng song song với cạnh BC,
đường này cắt cạnh AC tại điểm E.
a/ Chứng minh EB = ED
b/ Tìm sự liên hệ giữa các góc B và C để ta cũng có BD = BC. Trong trường hợp này, chứng
minh DE là phân giác của góc ADB
Giải:
a/ Chứng minh EB = ED

Vì BD là phân giác góc B nên ta có:
¶
¶
1 2
B B=
(1)
ED//BC =>
¶ ¶
2 1
B D=
(slt) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
¶
¶
1 1
B D=
=>
∆
BED cân tại E => EB = ED
b/ Nếu BD = BC =>
∆
BDC cân tại D =>
¶
µ
2
B C=
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
G
A
B

H M C
A
B C
D
E
1 2
2
1
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Do
¶
µ
2
B
B
2
=
nên suy ra để BD = DC thì
µ
µ
B
C
2
=
=>
µ
µ
B 2C=
Do ED//BC =>
¶

µ
2
D C=
Kết hợp với kết quả trên ta có:
¶
µ
2
2D B=
=>
¶
µ
2
1
D B
2
=
=
¶
2
B
(3)
Từ (2) và (3) suy ra:
¶
¶
1 2
D D=
Điểm E nằm giữa hai điểm A và B do vậy tia DE nằm giữa 2 tia DA, DB mà ta lại có
¶
¶
1 2

D D=
. Vậy DE là
phân giác của góc ADB.
Bài 38: Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD. Gọi P là giao điểm của
BN và CM.
a/ Chứng minh BN
⊥
CM
b/ Chứng minh DP = DC
Giải: a/ Chứng minh BN
⊥
CM
Ta chứng minh
∆
BMC =
∆
ANB =>
·
·
BCM ABN=
Ta lại có:
·
·
BCM BMC+
= 90
0
=>
·
·
BMC ABN+

= 90
0
=>
·
MPB
= 90
0
Hay BN
⊥
CM
b/ Chứng minh DP = DC
Kéo dài BN cắt CD tại E. Ta có
∆
DNE =
∆
ANB => DE = AB => DE = DC
Tam giác PEC vuông tại P có PD là trung tuyến nên suy ra DP = DC
Bài 39: Cho đoạn thẳng AB và một điểm M thuộc đoạn thẳng ấy. Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ
là đường thẳng AB ta dựng các tam giác đều MAC, MBD. Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm các
đoạn thẳng AD, BC. Chứng minh
∆
MIK là tam giác đều.
Giải: Goi N là giao điểm các tia AC, BD thì
∆
ABN là tam giác đều
=> NA = AB và
µ µ
N A=
= 60
0

Và NDCM là hình bình hành => ND = CM = AC
=>
∆
AND =
∆
BCA
=> AD = CB => IA = CK (1)
Và
·
·
NAD CBA=
Mà
·
·
·
CMK CMA CBA= −
= 60
0
–
·
CBA
Và
·
·
·
AMI MAC NAD= −
= 60
0
–
·

NAD
=>
·
·
CMK AMI=
(2)
AM = CM (3).
Từ (1), (2), (3) =>
∆
MAI =
∆
MCK => MI = MK (4)
Và
·
·
AMI CMK=
=>
·
·
AMC IMK=
=>
·
IMK
= 60
0
(5)
Từ (4) và (5) =>
∆
MIK là tam giác đều.
Bài 40: Cho

∆
ABC. Kẻ trung tuyến AM; từ một điểm D bất kỳ trên cạnh BC, ta kẽ đường thẳng
song song với AM, cắt AC ở E và AB ở F. Chứng minh DE + DF = 2AM
Giải:
Trong
∆
ACM có ED//AM =>
DE DC
AM MC
=
(1)
Trong
∆
BDF có AM//DF =>
DF BD
AM MB
=
(2)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
C
E D
M
P
N
N
A
BM
C

D
I
K
A
B C
F
M D
E
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Cộng (1) và (2) với chú ý MB = MC ta được:
DE DF DC BD
AM MB
+ =
=
Mà DB + DC = 2MB =>
DE DF
2
AM
+
=
=> DE + DF = 2AM
Bài 41: Cho
∆
ABC có AB không bằng AC. Kẻ trung tuyến AM, đường cao AH và phân giác AD,
Tính góc HAD theo các góc B và C
Giải:
Trước hết ta chứng minh D nằm giữa H và M:
Giả sử AC > AB. Trên cạnh AC lấy E sao cho AB = AE
=>
∆

ABD =
∆
AED =>
µ
¶
1
B E=
;
¶
¶
1 2
D D=
và BD = DE (1)
Vì
µ
µ
µ
A B C+ +
=
¶
¶
1 2
E E+
= 180
0
=>
¶
2
E
=

µ
µ
A C+
=>
¶
2
E
>
µ
C
=> CD > DE (2)
Từ (1) và (2) => CD > DB => CD > CM (3)
Mặt khác từ
·
ADC
>
·
ADE
và
¶
¶
1 2
D D=
ta suy ra:
·
ADC
>
·
ADB
=>

·
ADC
là góc tù và chân đường cao H phải nằm trên CD (H nằm ngoài 2 điểm C và D)
=> CH > CD (4)
Kết hợp (3) và (4) => D nằm giữa H và M
Nên từ đó ta có:
·
ADB
=
µ
µ
A
C
2
+
mà
·
ADB
+
·
HAD
= 90
0
Hay
µ
µ
A
C
2
+

+
·
HAD
=
µ
µ
µ
A B C
2
+ +
=>
·
HAD
=
µ
µ
B C
2
−
Bài 42: Cho
∆
ABC vuông, cân tại A. trên tia AC lấy D, E sao cho DC = ED = AC.
Chứng minh
µ
µ
D E+
= 45
0
Giải: Cách 1: Đặt AB = AC = a. Ta có: AD = 2a; AE = 3a
=> BC

2
= 2a
2
; BD
2
= 5a
2
; BE
2
= 10a
2
Ta có:
2
2
BC
CD
=
2
2
2a
a
= 2;
2
2
CE
BC
=
2
2
4a

2a
= 2
=>
2
2
BC
CD
=
2
2
CE
BC
=>
BC CE
CD BC
=
(1)
Hai tam giác BCE và DCB có góc C
1
chung (2)
Từ (1) và (2) =>
∆
BCE
:
∆
DCB =>
¶
µ
1
B E=

Xét
∆
BCD có BCA là góc ngoài nên:
·
µ
¶
1
BCA D B= +
=>
·
µ
µ
BCA D E= +
hay
µ
µ
D E+
= 45
0
Cách 2: Dựng thêm hình vuông ACC’B’.
Ta có:
∆
ABD =
∆
CC’E =>
¶
µ
2
E D=
∆

B’BC’ =
∆
CC’E =>
¶
¶
2 3
C' C'=
Mà
¶
¶
1 3
C' C'+
= 90
0
=>
¶
¶
1 2
C' C'+
= 90
0
=>
·
BCE
= 90
0
(1)
Cũng do
∆
B’BC’ =

∆
CC’E => BC’ = C’E (2)
Từ (1) và (2) =>
∆
BC’E vuông cân =>
·
BEC'
= 90
0
Mà
·
BEC'
=
·
·
¶
¶
1 2
BEC CEC' E E+ = +
Kết hợp với kết quả
¶
µ
2
E D=
=>
µ
µ
D E+
= 45
0

Bài 43: Cho
∆
ABC có 3 góc nhọn. H là trực tâm của tam giác.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B C
H M D
2
1
1 2
B
A
C D
1
1
E
B
A
C D E
B’
1 2
2
1
C’
3
A
B
H
E
C

F
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
a/ Chứng minh AB + AC > AH + BH + CH
b/ Chứng minh AB+ AC + BC >
3
2
(AH + BH + CH)
Giải: a/ Chứng minh AB + AC > AH + BH + CH
Từ H kẽ các đường thẳng //AB, AC cắt AC, AB tại E và F
Ta có FH//AC mà BH
⊥
AC => BH
⊥
HF =>
·
FHB
= 90
0
=> BF > BH (1)
Tương tự ta có
·
EHC
= 90
0
=> EC > CH (2)
Trong
∆
AHF ta có: AF + HF > AC (3)
Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta có: BF + EC + AF + AE > AH + BH + CH
=> AB + AC > AH + BH + CH

b/ Chứng minh AB+ AC + BC >
3
2
(AH + BH + CH)
Tương tự như trên ta có: AB + AC > AH + BH + CH
AC + BC > AH + BH + CH
BC + AB> AH + BH + CH
=> 2(AB + AC + BC) > 3(AH + BH + CH) hay AB+ AC + BC >
3
2
(AH + BH + CH)
Bài 44: Cho
∆
ABC có 3 góc nhọn có 3 đường cao là AA’, BB’, CC’, trực tâm là H. Chứng minh rằng
∆
ABC là tam giác đều trong mỗi trường hợp sau:
a/
AH BH CH
AA' BB' CC'
= =
(1) b/ BC + AA’ = CA + BB’ = AB + CC’ (2)
Giải: a/
AH BH CH
AA' BB' CC'
= =
chứng minh
∆
ABC là tam giác đều
Từ (1) =>
AA' HA' BB' HB' CC' HC'

AA' BB' CC'
− − −
= =
=>
HA' HB' HC'
AA' BB' CC'
= =
= k
=>
HBC HAC
HAB
ABC ABC ABC
S S
S
S S S
= =
= k => S
HBC
= S
HAC
= S
HAB
= k.S
ABC
=> S
HBC
+ S
HAC
+ S
HAB

= 3k.S
ABC
=> S
ABC
= 3k.S
ABC
=> k =
1
3
=> S
HBC
= S
HAC
= S
HAB
=
1
3
.S
ABC
=> H là trọng tâm của
∆
ABC
Vì H là trực tâm mà cũng là trọng tâm nên
∆
ABC là tam giác đều
b/ BC + AA’ = CA + BB’ = AB + CC’ chứng minh
∆
ABC là tam giác đều
Đặt t = BC + AA’ = CA + BB’ = AB + CC’ thì t = BC +

2S
BC
= CA +
2S
AC
= AB +
2S
AB
(Vì S = S
ABC
=
1
2
BC.AA’ =
1
2
AC.BB’ =
1
2
AB.CC’)
Từ đó 3 cạnh của
∆
ABC phải là nghiệm của phương trình bậc hai: t = x +
2S
x
hay x
2
– tx + 2S = 0
Ta giả sử 3 cạnh của tam gíac không bằng nhau, tức là phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt x
1

; x
2
và
chẳng hạn: AB = AC = x
1
; BC = x
2
=> AB.BC = x
1
x
2
= 2S (đònh lí Viet) => AB = AC =
2S
BC
= AA’ điều
này không thể xảy ra vì AA’ < AB
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
H
B’
C
C’
A’
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Vậy 3 cạnh của tam giác phải bằng nhau, tức là
∆
ABC là tam giác đều.
Bài 45: Cho
∆

ABC. Gọi M là trung điểm của cạnh AB và D là điểm trên đoạn thẳng MB với 2MD =
DB. Cho biết
·
·
MCD BCD=
. Chứng minh
·
ACD
= 90
0
Giải: Kéo dài CM một đoạn ME = CM => tứ giác ACBE là hình bình hành
=> Trong
∆
BCE có D nằm trên đường trung tuyến BM
Và 2MD = DB => D là trong tâm của tam giác BCE
=> CD qua trung điểm F của BE hay CF là một trung tuyến
Mà
·
·
MCD BCD=
(gt)
=> CF hay CD là phân giác của góc MCB
=>
∆
BCE cân tại C
=> CF là đường cao hay CF
⊥
BE
Mà BE//CA (ACBE là hình bình hành)
=> CF

⊥
BE hay
·
ACD
= 90
0
Bài 46: Cho
∆
ABC (AB
≠
AC). Trên tia phân giác Ax của góc A lấy điểm O
sao cho OB = OC. Kẻ OE, OF, OM theo thứ tự vuông góc với AB, AC và BC;
Nối EF cắt Ax tại I.
a/ Chứng minh 3 điểm E, M, F thẳng hàng
b/ Chứng minh IA
2
+ IE
2
+ IO
2
+ IF
2
= AO
2
Giải: a/ Chứng minh 3 điểm E, M, F thẳng hàng
Vì AO là phân giác nên:
∆
AEO =
∆
AFO (ch-gn)

=> OE = OF và AE = AF
Vì OB = OC và OM
⊥
BC =>
∆
BMO =
∆
CMO (ch-cgv) => OB = OC
Vì OE = OF và OB = OC =>
∆
BEO =
∆
CFO (ch-cgv) => BE = CF
Kẻ BD//AC (D
∈
EF) =>
·
·
BDE AFE=
mà
·
·
AFE AEF=
=>
·
·
BDE AEF=
=>
∆
BED cân tại E

=> BD = BE = CF;
·
·
BDM MCF=
(slt) và MB = MC (OM là trung trực BC)
=>
∆
BDM =
∆
CFM =>
·
·
BMD CMF=
=> E, M, F thẵng hàng
b/ Chứng minh IA
2
+ IE
2
+ IO
2
+ IF
2
= AO
2
p dụng đònh lí Pitago ta có: IA
2
+ IE
2
= AE
2

; IA
2
+ IF
2
= AF
2

IE
2
+ IO
2
= EO
2
; IF
2
+ IO
2
= OF
2
Cộng vế theo vế ta được: 2(IA
2
+ IE
2
+ IO
2
+ IF
2
) = (AE
2
+ EO

2
) + (AF
2
+ FO
2
)
Mà AE
2
+ EO
2
= AO
2
; AF
2
+ FO
2
= AO
2
=> 2(IA
2
+ IE
2
+ IO
2
+ IF
2
) = 2(AO
2
) Hay IA
2

+ IE
2
+ IO
2
+ IF
2
= AO
2
Bài 47: Cho
∆
ABC. Kẻ AD
⊥
AB và AD = AB (C và d khác phía đối với AB).
Kẻ tia Ay
⊥
AC (hai tia Ay và AB thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ
là đường thẳng AC). Kẻ đường thẳng đi qua A và trung điểm M của BC.
Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với M tại E và cắt tia Ay tại F.
Chứng minh
∆
ACF vuông cân.
Giải: Kẻ BI
⊥
AM và CK
⊥
AM
=>
∆
MBI =
∆

MCK (cgv – gn) => BI = CK
=>
∆
ABI =
∆
DAE (ch-gn) => BI = AE
Mà BI = CK nên AE = CK
Xét hai tam giác vuông AEF và CKA có:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A DM
B
C
E
F
A
B C
M
F
E
O
D I
A
B
C
I
E
F
y
M
E

K
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
AE = CK;
·
·
EAF KCA=
( cùng phụ với
·
CAK
)
=>
∆
ABI =
∆
DAE => AF = AC
Hay
∆
ACF vuông cân
Bài 48: Cho
∆
ABC có góc BAC tù. Kẻ AD
⊥
AB và AD = AB (tia AD nằm giữa hai tia AB và AC);
Kẻ AE
⊥
AC và AE = AC (tia AE nằm giữa hai tia AB và AC). Trung điểm Bc là M. Chứng minh hai
đường thẳng AM và DE vuông góc nhau
Giải: Kéo dài AM lấy F sao cho AM = MF
Ta chứng minh được:
∆

AMB =
∆
FMC (c-g-c)
=> AB = CF và
·
·
ABM FCM=
Từ
·
·
ABM FCM=
=> CE//AB
=>
·
·
FCA BAC+
= 180
0
(1)
Ta lại có:
·
·
·
BAD BAE EAD= +
= 90
0
(Vì AD
⊥
AB)
·

·
·
EAC CAD EAD= +
= 90
0
(Vì AE
⊥
AC)
=>
·
·
BAE EAD+
+
·
·
CAD EAD+
= 180
0
<=>
·
·
BAC EAD+
= 180
0
(2)
Từ (1) và (2) =>
·
·
FCA EAD=
Xét

∆
ADE và
∆
CFA có: AD = CE (cùng bằng AB)
·
·
FCA EAD=
(cmt) và AE = AC (gt) =>
∆
ADE =
∆
CFA (c-g-c) =>
·
·
CAF AED=
Mà
·
·
CAF FAE+
= 90
0
nên
·
·
AED FAE+
= 90
0

Tam giác AEK có
·

·
AEK KAE+
= 90
0
=>
·
AKE
= 90
0
> Vậy AM
⊥
DE
Bài 49: Cho tam giác đều ABC; trong tam giác dựng tam giác vuông cân DBC (
µ
D
= 90
0
). Trong tam
giác BDC lấy E sao cho
·
·
EBC DCE=
= 30
0
. Tính góc BED
Giải: Ta có: AB = AC (gt); BD = DC (gt); AD cạnh chung =>
∆
ABD =
∆
ACD

=>
· ·
BAD DAC=
= 30
0
Mặt khác:
·
ACD
=
·
ECB
= 15
0
và AB = AC (gt) =>
∆
BCE =
∆
ACD
=> DC = CE =>
∆
DCE cân tại C, mà
·
DCE
= 30
0
=>
· ·
DEC CDE=
= 75
0

Và
·
BEC
= 180
0
– (30
0
_ 15
0
) = 135
0
=>
·
BED
= 360
0
– (
·
·
DEC CEB+
) = 360
0
– (75
0
+ 135
0
) = 150
0
Bài tương tự: Cho tam giác cân ACB, AB là cạnh đáy,
µ

C
= 100
0
. Trên nửa mặt phẳng chứa điểm c có
bờ là đường thẳng AB, dựng tia Ax tạo với AB một góc 30
0
và tia By tạo với tia BA một góc 20
0
. Hai
tia Ax, By cắt nhau tại D. Tính góc ACD
Đáp số: 20
0
Bài 50: Cho tam giác cân ABC (BA = BC),
µ
B
= 80
0
. Trên nửa mặt phẳng chứa điểm A bờ là đường
thẳng BC vẽ tia Bx sao cho
·
xBC
= 10
0
. Trên tia Bx lấy E sao cho AE = AB. Tính số đo góc BEC
Giải: Trong
∆
ABE dựng
∆
đều BME.
Ta chứng minh được

∆
ABM =
∆
AEM (c,c,c)
=>
·
BAM
=
·
MAE
= 20
0
và
·
ABM
=
·
AEM
= 10
0
Và
·
AMB
=
·
AME
= 150
0
Xét hai tam giác ABM và CBE có: AB – BC (gt)
BM = BE (

∆
BME đều);
·
ABM
=
·
AEM
= 10
0
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
B
A
C
E
D
M
F
K
A
B C
D
E
30
0
30
0
A
B
C
E

M
x
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
=>
∆
ABM =
∆
CBE (c.g.c) =>
·
AMB
=
·
BEC
= 150
0
Chú ý: Bài bày có thể cho dưới dạng dễ hơn:
Cho tam giác cân ABC (BA = BC),
µ
B
= 80
0
. Trên nửa mặt phẳng
chứa điểm A bờ là đường thẳng BC vẽ tia Bx sao cho
·
xBC
= 10
0
. Trên tia Bx lấy E sao cho AE = AB.
Trong tam giác ABE dựng tam giác đều MBE.
a/ Tính số đo góc ECB

b/ Chứng minh CE
⊥
BM
Bài 51: Cho
∆
ABC có 3 góc đều nhọn. Tia Ax nằm trong góc BAC. Từ B và C kẻ BH và CK cùng
vuông góc với Ax (H; K
∈
Ax). Tìm vò trí của Ax để BH + CK là lớn nhất
Giải: Gọi M là giao điểm giữa tia Ax bất kỳ nhưng nằm trong góc BAC và cạnh BC
Trong tam giác vuông MCK có: CK < MC
(Trong tam giác vuông cạnh huyền là lớn nhất)
Tương tự ta có BH < MB
Vậy BH + KC < MC + MB = BC
Khi tia Ax ở vò trí là đường cao của
∆
ABC kẻ từ A thì H
≡
K
≡
M
và ta có BH + Ck = BC
Do đó ở vò trí này max(Bh + CK) = BC
Bài 52: Cho
∆
ABC, điểm E nằm trong tam giác.
Chứng minh rằng EA + BE + EC < max{AB + AC, BC + BA, CA + CB}
Giải: Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng: BC
≥
AC

≥
AB (1)
Vậy việc chứng minh EA + BE + EC < max{AB + AC, BC + BA, CA + CB}
tương đương việc chứng minh: EA + BE + EC < BC + AC (*)
Từ E kẻ các đường thẳng MN, PQ, IT theo thứ tự sonh song với
BC, AB, AC. Kết hợp với (1) trong
∆
PET,
∆
QEN ta cũng có PT
≥
ET
≥
EP và EN
≥
QN
≥
EQ (2)
Trong tam giác BEP, AEQ, CET ta có:
EA EQ AQ
EB BP PE
EC ET TC
< +


< +


< +


và do (2) ta có:
EA QN AQ
EB BP PT
EC NC TC
< +


< +


< +

(ET = NC: hại đoạn thẳng // chắn giữa 2 đường thẳng //)
Vậy EA + BE + EC < QN + AQ + NC + BP + PT + TC, nên EA + BE + EC < BC + AC; Vậy (*) đã
được chứng minh.
Bài 53: Cho
∆
ABC và đường cao BB’, CC’ xuất phát từ các đỉnh B và C .
Trên tia đối của các tia BB’ và CC’ theo thứ tự lấy các điểm D và E
sao cho BD = AC; CE = AB. Chứng minh rằng
∆
DAE là tam giác vuông cân.
Giải:
Ta có: BB’ và CC’ là các đường cao của
∆
ABC nên:
·
µ
ACC' A+
= 1v

và
·
µ
ABB' A+
= 1v =>
·
·
ACC' ABB'=
Hai tam giác ABD và ECA có: AB = CE, BD = AC (gt)
·
·
ABB' ABD+
= 2v;
·
·
ACC' ACE+
= 2v =>
·
·
ABD ACE=
=>
∆
ABD =
∆
ECA =>
·
·
ADB' EAC=
và AD = AE (1)
Mặt khác ta có:

· ·
DAB' ADB'+
= 1v (Vì
µ
B'
= 1v)
=>
·
·
DAB' EAC+
=
·
DAE
= 1v (2)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B C
H
K
M
A
B
M
T C
N
Q
P
E
A
B

B’
C
D
E
C’
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Từ (1) và (2) =>
∆
DAE là tam giác vuông cân
Bài 54: Cho
∆
ABC có
µ
A
= 60
0
, các tia phân giác của góc B và góc C cắt nhau ở I, cắt các cạnh AC,
AB lần lượt ở D và E. Tia phân giác của góc BIC cắt Bc ở F.
a/ Chứng minh
∆
EDF đều
b/ Chứng minh I là giao điểm các đường phân giác của hai tam giác ABC và DEF
Giải:
a/ Chứng minh
∆
EDF đều
Vì
µ
A
= 60

0
=>
µ
µ
B C+
= 120
0
·
BIC
= 180
0
– (
·
·
IBC ICB+
) = 180
0
–
µ
µ
B C
2
+
= 120
0
=>
·
EIB
= 180
0

Vì IF là phân giác góc BIC =>
·
·
FIB FIC=
= 60
0
=>
∆
BIE =
∆
BIF (g.c.g) => IE = IF
Tương tự:
∆
IDC =
∆
IFC (g.c.g) => IF = ID => IE = IF = ID
Và
·
·
·
EIF FID DIE= =
=>
∆
IEF =
∆
IFD =
∆
IDE (g.c.g) => EF = FD = DE
Hay
∆

EDF đều
b/ Chứng minh I là giao điểm các đường phân giác của hai tam giác ABC và DEF
Do IE = IF = ID => I là giao điểm 3 đường trung trực của
∆
EDF đều => I là giao điểm 3 đường
phân giác của
∆
EDF
Mặt khác theo giả thiết I là giao điểm các đướng phân giác của
∆
ABC
Vậy I là giao điểm chung của các đường phân giác của hai tam giác ABC và DEF
Bài 55: Cho tam giác vuông cân ABC tại A. Về phía ngoài của tam giác vẽ 2 tam giác vuông cân
ABD và ACE vuông ở B và C. Kẻ đường cao AH
a/ Chứng minh BE = CD
b/ Chứng minh BE, CD và AH đồng quy
Giải: a/ Chứng minh BE = CD
Vì tam giác vuông cân ABC tại A nên:
·
·
ABC ACB=
=>
·
·
· ·
ABC ABD ACB ACE+ = +
=>
·
·
CBD BCE=

Và BD = CE (vì cùng bằng AB = AC); BC: chung
=>
∆
BCD =
∆
CBE => CD = BE
b/ Chứng minh BE, CD và AH đồng quy
Trên tia đối tia AH lấy I sao cho AI = BC; Nối BI và CI
Ta có:
∆
IAB =
∆
CBD (c.g.c) =>
·
·
BCD BIA=
Trong tam giác vuông IBH có:
·
·
HBI HIB+
= 90
0
=>
·
·
HBI BCD+
= 90
0
. Hay
·

·
FBC FCB+
= 90
0
. =>
·
BFC
= 90
0
=> CD
⊥
BI
=> CD là đường cao của tam giác IBC
Chứng minh tương tự ta cũng có: BE là đường cao của tam giác IBC
AH, BE, CD là 3 đường cao của tam giác BIC nên chúng đồng quy.
Bài 56: Cho
∆
ABC đều. Trên cạnh AB lấy D sao cho BD =
1
3
BA, qua D kẻ đường vuông góc với AB
cắt BC ở E, qua E kẻ đưòng vuông góc với BC cắt AC ở F
a/ Chứng minh
∆
DEF đều
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B C
I
D

E
F
60
0
A
B C
D E
H
I
F
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
b/ Trên tia đối các tia DE, FD, EF lần lượt lấy các điểm P, M, N sao cho DP = FM = EN. Tam
giác MNP là tam giác gì? Vì sao?
c/ Chứng minh rằng 3 tam giác ABC, DEF và MPN có chung trọng tâm.
Giải:
a/ Chứng minh
∆
DEF đều
Đặt AB = BC = CA = a
∆
BED vuông tại D và
µ
B
= 60
0
nên đó là nửa tam giác đều
=> BE = 2BD =
2
3
a => CE =

1
3
a
Tương tự ta cũng có: CF =
2
3
a => FA =
1
3
a
Và theo gthiết thì BA =
2
3
a => BD =
1
3
a
=>
∆
ADF =
∆
BED =
∆
CFE => DF = DE = EF =>
∆
DEF đều
b/ Tam giác MNP là tam giác gì? Vì sao?
Từ
∆
DEF đều =>

·
·
·
PDM NEP MFN= =
= 120
0
DP = FM = EN (gt) => PE = DM = FN =>
∆
DPM =
∆
ENP =
∆
FMN => PM = PN = MN
=>
∆
DEF đều
c/ Chứng minh rằng 3 tam giác ABC, DEF và MPN có chung trọng tâm.
Gọi O là trọng tâm của tam giác đều DEF, ta có DO, EO, FO lầm lượt là phân giác của gócEDF,
DEF, EFD =>
·
·
·
ODB OEC OFA= =
= 120
0
. Khi đó:
=>
∆
ODB =
∆

OFA (c.g.c) => OB = OA
=>
∆
ODB =
∆
OEC (c.g.c) => OB = OC => OA = OB = OC
=> O là giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác ABC, do đó O là trọng tâm của
∆
ABC
Chứng minh tương tự ta có: OM = OP = ON nên O là trọng tâm của
∆
MNP
Vậy O là trọng tâm chung của 3 tam giác ABC, DEF và MPN
Bài 57: Cho
∆
ABC vuông tại A có
µ
B
= 60
0
. Trên cạnh BC lấy D sao cho
·
·
1
ABD ABC
3
=
, trên cạnh
AB lấy điểm E sao cho
· ·

1
ACE ACB
3
=
. Gọi F là giao điểm DB và CE.
a/ Tính góc BFC
b/ Gọi I và K theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ F xuống BC và AC, G và H là 2 điểm
lần lượt trên tia đối của FI và FK sao cho I là trung điểm của FG, K là trung điểm của FH. Chứng
minh tam giác CGH là tam giác đều.
c/ Chứng minh 3 điểm H, D, G thẳng hàng
d/ Gọi P là giao điểm các đường phân giác của tam giác BFC. Chứng minh rằng F là trực tâm
của tam giác PED.
Giải:
a/ Tính góc BFC
Theo bài toán =>
µ
C
= 30
0
=>
·
BCF
= 20
0

Từ
·
·
1
ABD ABC

3
=
=>
·
CBF =
40
0
=>
·
BFC
= 120
0
(Vì tổng 3 góc tam giác BFC = 180
0
)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
C
D
E
F
M
N
P
O
G
B
A C
E

60
0
K D
H
F
G
I
P
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
b/ Chứng minh tam giác CGH là tam giác đều
Theo gthiết thì F và H đối xứng nhau qua AC nên:
CH = CF và
·
·
HCK KCF=
= 10
0
Tương tự ta có: CF = CG và
·
·
FCI ICG=
= 20
0
=> CH = CG nên tam giác CGH là tam giác cân; có
·
·
·
·
·
HCG HCK KCF FCI ICG= + + +

= 60
0

=> Tam giác CGH là tam giác đều
c/ Chứng minh 3 điểm H, D, G thẳng hàng
∆
ABD vuông ở A có
·
ABD
= 20
0
=>
·
ADB
= 70
0
=>
·
BDC
= 110
0
∆
CDH =
∆
CDF (c.g.c) =>
·
·
HDC FDC=
= 110
0

Trong
∆
CDH có
·
CHD
= 60
0
Mặt khác
∆
CGH là tam giác đều =>
·
CHG
= 60
0
=> tia HD trùng với tia HG
Hay H, D, G thẳng hàng.
d/ Chứng minh rằng F là trực tâm của tam giác PED.
Tương tự bài tập 54
∆
PDE đều và F là giao điểm các đường trung trực tam giác đó nên F là trực
tâm của
∆
PDE
Bài 58: Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF
a/ Chứng minh
∆
EDF vuông cân
b/ Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi I là trung điểm EF. Chứng minh O, C,
I thẳng
Giải:

a/ Chứng minh
∆
EDF vuông cân
Ta có
∆
ADE =
∆
CDF (c.g.c)
=>
∆
EDF cân tại D
Mặt khác:
∆
ADE =
∆
CDF (c.g.c) =>
¶
1
E
=
µ
2
F
Mà
¶
¶
µ
1 2 1
E E F+ +
= 90

0
=>
µ
¶
µ
2 2 1
F E F+ +
= 90
0
=>
·
EDF
= 90
0

Vậy
∆
EDF vuông cân
b/ Chứng minh O, C, I thẳng
Theo tính chất đường chéo hình vuông => CO là trung trực BD
Mà
∆
EDF vuông cân => DI =
1
2
EF
Tương tự BI =
1
2
EF => DI = BI => I thuộc dường trung trực của DB => I thuộc đường thẳng CO

Hay O, C, I thẳng
Bài 59: Cho
∆
ABC vuông tại A ( AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy HD = HA. Dươnf2 vuông
góc với BC tại D cắt AC tại E
a/ Chứng minh AE = AB
b/ Gọi M là turng điểm BE. Tính góc AHM
Giải: a/ Chứng minh AE = AB
Vẽ hình vuông AHDI về phía nửa mp bờ Bc chúa A
Xét 2 tam gíc vuông
∆
IAE và
∆
HAB có: AI = AH
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học
A
B
E I
D
C
O
F
2
1
1
2
A
B
C
H

D
M
I
E
Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ
Và
·
·
IAE HAB=
( cùng phụ với góc HAC) =>
∆
IAE =
∆
HAB => AE = AB
b/ Tính góc AHM
Ta có HA = HD; IA = ID => I; H nằm trên đường trung trực của AD
Mặt khác AM =
1
2
BE và DM =
1
2
BE => AM = DM => M nằm trên đường trung trực của AD
=> H, I, M thẳng hàng.
Mà
∆
AHI cân tại A =>
·
AHM
= 45

0
Bài 60:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học