Chuyên đề BDHSG Lớp 8

CHUN ĐỀ: CHỨNG MINH HAI ĐOẠN THẲNG BẰNG NHAU.
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG:
Để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau, ta thường sử dụng các cách sau:
1) Sử dụng tính chất của hai tam giác bằng nhau.
2) Dùng đoạn thẳng trung gian.
3) Dùng tính chất của tam giác cân.
4) Dùng tính chất của tứ giác đặc biệt: hình thang cân, hình bình hành, hình chữ nhật, hình
thoi, hình vuông.
5) Dùng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông; tính chất đường phân giác của
một góc; tính chất đường trung bình ccủa tam giác.
6) Dùng tính chất hai tỉ số bằng nhau( sử dụng đònh lí Talet; tính chất đường phân giác; tam
giác đồng dạng).
7) Dùng diện tích.
II. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia BA lấy điểm D, trên tia đối của tia CA lấy điểm E
sao cho BD = CE. Đường thẳng DE cắt BC tại F. Chứng minh rằng: DF = FE.
Lời giải vắn tắt:
* Dùng tính chất hai tam giác bằng nhau.
Cách 1: Kẻ DK //AC ( K thuộc BC).
Để c/m: DF = FE <= ∆DKF =∆ECF (
·
·
KDF CEF=
)
<= DK = EC;
·
·
DKF ECF=
<= ∆BDK cân tại D.
+ Tương tự, có thể kẻ EK // AB( K thuộc tia đối của CB)
Cách 2: Kẻ DK ⊥ BF ( K thuộc BC); EM ⊥ CF ( M thuộc BC).

Để c/m: DF = FE <= ∆DKF = ∆EMF <= DK = EM
<= ∆DKB = ∆EMC
* Dùng tính chất của tứ giác đặc biệt.
Cách 3: Kẻ DK // AC ( K thuộc BC)( hoặc EK // AB)
Để c/m: DF = FE <= DKEC là hình bình hành.
* Dùng tính chất đường trung bình của tam giác
Từ D kẻ DM // BC( M thuộc AC) hoặc từ E kẻ EM // BC
Để c/m: DF = FE <= CE = CM <= BDMC là hình thang cân
K
E
D
F
C
B
A
M
C
K
E
D
F
B
A
K
C
E
D
F
B
A

M
C
E
D
F
B
A
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Lấy D trên cạnh
AB, điểm E trên cạnh AC sao cho AD = AE. Qua D và qua A,
Kẻ các đường thẳng vuông góc với BE, cắt BC theo thứ tự tại I
và K. Chứng minh: IK = KC
Lời giải vắn tắt:
Cách 1: Gọi M là giao điểm của ID và AC.
Để c/m: IK = KC <= IM // AK; AC = AM
+ IM // AK vì cùng vuông góc với BE.
+ AC = AM <= AM = AB ( vì AB = AC)
<= ∆ABE = ∆AMD
Cách 2: Qua C đường thẳng vuông góc với BE, cắt
BA ở N.
Để c/m: IK = KC <= DICN là hình thang; AD = AN
+ DICN là hình thang <= DI // CN ( cùng vuông góc với BE)
+ AD = AN <= AN = AE <= ∆CAN = ∆BAE
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC, các đường cao BD và CE.
Gọi M là trung điểm của BC. Gọi H, K thứ tự là chân các đường
Vuông góc kẻ từ B, C đến đường thẳng DE. Chứng minh:EH = DK
Lời giải vắn tắt:
Cách 1: Gọi K là trung điểm của IH ( K thuộc DE)
Để c/m: EH = DK <= KE = KD
( vì EH = KH – KE; DK = KI – KD; KH = KI)
+ KE = KD <= tam giác MED cân tại M <= ME = MD

Hãy vận dụng tính chất tam giác vuông, đường trung tuyến ứng
với cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền để chứng minh.
Cách 2: Kẻ MK vuông góc với IH ( K thuộc IH)
Để c/m: EH = DK <= KE = KD; KH = KI
( vì EH = KH – KE; DK = KI – KD)
+ KE = KD <= tam giác MED cân tại M <= ME = MD
+ KH = KI <= BHIC là hình thang; MK // BH // CI
( vận dụng tính chất đường trung bình của hình thang)
*Khai thác bài toán:
+ Bỏ qua điểm A trong ví dụ trên, ta có bài toán hay và khó sau:
Cho hai tam giác vuông BDC và BEC( vuông tại D, E và D, E nằm về cùng một phía của
đường thẳng BC). Gọi H, K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ B, C đến đường thẳng
DE. Chứng minh rằng: EH = DK
*Lời giải:
Cách 1: Qua E kẻ đường vuông góc với CD, cắt CD và CK tại
M và I. Dễ thấy I là trực tâm của ∆CDE => ID ⊥ CE => BE // ID
Mà BD // IE( cùng vuông góc với CD)
=>BEID là hình bình hành => BE = ID
M
K
I
E
D
B
C
A
N
A
E
K

I
D
B
C
K
I
H
E
M
D
C
B
A
K
I
H
E
M
D
C
B
A
M
I
K
H
D
E
C
B

Để c/m: EH = DK <= ∆BHE = ∆IKD
Cách 2: Để c/m: EH = DK <= EH.DE = DE.DK
Ta có: BC
2
= BE
2
+ EC
2
=( BH
2
+ HE
2
) + (EK
2
+ KC
2
) = BH
2
+ HE
2
+ (ED + DK)
2
+ KC
2
= BH
2
+
HE
2
+ ED

2
+ 2.DE.DK + DK
2
+ KC
2
(1)
BC
2
= BD
2
+ DC
2
=( BH
2
+ HD
2
) + (DK
2
+ KC
2
) = BH
2
+ (DE+EH)
2
+ DK
2
+ KC
2
= BH
2

+ HE
2
+
ED
2
+ 2.DE.EH +DK
2
+ KC
2
(2)
Từ (1) và (2) => DE.DK = DE.EH
+ Nếu D, E nằm về hai phía của đường thẳng BC. Kết luận của bài toán vẫn đúng.
Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M tuỳ ý. Đường thẳng vuông góc với
AM tại M cắt CD tại E và AB tại F. Chứng minh: AM = EF.
Lời giải vắn tắt:
Cách 1: Không kẻ đường phụ.
+ BF // EC =>
MC ME MC MB ME MF BC EF
MB MF MB MF MB MF
+ +
= ⇒ = ⇒ =
(*)
+ ∆ABM đồng dạng với ∆AMF =>
AB MB AB AM
AM MF MB MF
= ⇒ =
(**)
Từ (*); (**) ta có: AM = EF (vì AB = BC)
Cách 2: Kẻ EK vuông góc với AB ( K thuộc AB)
Để c/m: AM = EF <= ∆ABM = ∆EKF (

·
·
0
90ABM EKF= =
)
<= AB = EK;
·
·
MAB KEF=
+ AB = EK <= EK = BC( vì AB = BC) <= BCEK là hình chữ nhật
+
·
·
MAB KEF=
( cùng phụ với góc EFK)
Tương tự, có thể kẻ CK vuông góc với AB ( K thuộc BA kéo dài)
Cách 3: do
·
·
0
90BAD AFE= >
Vẽ tia AH nằm giữa hai tia AB, AD sao cho
·
·
BAH AFE=

Để c/m: AM = EF <= AM = AH; EF = AH
+ EF = AH <= AHEF là hình thang cân
+ AM = AH <= ∆ABM = ∆ADH <=
·

·
BAM DAH=
(
·
·
·
·
·
·
0 0
90 ; 90 ;ABH DAH BAM AFE BAH AFE+ = + = =
)
Cách 4: Qua A, kẻ đường thẳng vuông góc với AM cắt DC kéo dài
tại I.
Để c/m: AM = EF <= AM = AI; EF = AI
+ AM = AI <= ∆ABM = ∆ADI<=
·
·
BAM DAI=
(cùng phụ với
·
MAD
)
+ EF = AI <= AFEI là hình bình hành <= AF// EI; FE//AI
Cách 5: Kẻ EK vuông góc với AB ( K thuộc AB);
MJ vuông góc với AD ( D thuộc AD)
Để c/m: AM = EF <= AM = JB; EF = JB
+ AM = JB <= ABMJ là hình chữ nhật.
+ EF = JB <= ∆ABJ = ∆EKF
Cách 6: Kẻ EK vuông góc với AB ( K thuộc AB); MJ vuông góc với AD ( D thuộc AD)

Để c/m: AM = EF <=
1
AM MJ
EF EK
= =
<= ∆AJM đồng dạng với ∆FKE
K
F
E
M
D
C
B
A
H
F
E
M
D
C
B
A
I
F
E
M
D
C
B
A

J
K
F
E
M
D
C
B
A
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác vẽ các hình vuông ABDE, ACFG. Gọi M là
giao điểm của đường cao AH của tam giác ABC với EG. Chứng minh: M là trung điểm của EG.
Phân tích: Ta cần chứng minh: EM = MG.
Lời giải vắn tắt:
* Dùng tính chất hai tam giác bằng nhau.
Cách 1: Kẻ EI ⊥ AH; GK⊥ AH ( I, K∈ AH kéo dài).
Để c/m: EM = MG <= ∆EIM = ∆GKM( đã có
·
·
EMI GMK=
)
<= EI = GK <= EI = AH; AH = GK
+ EI = AH <= ∆EIA = ∆AHB(đã có AE = AB)
<=
·
·
EAI ABH=
( cùng phụ với góc BAH)
+ AH = GK <= ∆AKG = ∆CHA ( đã có AG = AC)
<=
·

·
KAG HCA=
( cùng phụ với góc HAC)
* Dùng tính chất hình bình hành.
Cách 2: Kẻ EI ⊥ AH; GK⊥ AH ( I, K∈ AH kéo dài).
Để c/m: EM = MG <= EIGK là hình bình hành
<= EI // GK ( cùng vuông góc với AH); EI = GK
<= EI = AH; AH = GK
+ EI = AH <= ∆EIA = ∆AHB(đã có AE = AB)
<=
·
·
EAI ABH=
( cùng phụ với góc BAH)
+ AH = GK <= ∆AKG = ∆CHA ( đã có AG = AC)
<=
·
·
KAG HCA=
( cùng phụ với góc HAC)
Cách 3: Trên tia đối của tia AH lấy, sao choAP = BC
Để c/m: EM = MG <= AEPG là hình bình hành.
<= EP = AG; AE = GP
+ EP = AG <= EP = AC( đã có AG = AC)
<= ∆ABC = ∆EAP( đã có AB = AE; BC = AP)
<=
·
·
EAP ABC=
( cùng phụ với góc BAH)

+ AE = GP <= GP = AB ( đã có AE = AB)
<= ∆GPA = ∆ABC ( đã có AG = AC; AP = BC) <=
·
·
GAP ACB=
( cùng phụ với góc CAH)
* Dùng tính chất đường trung bình của tam giác.
Cách 4: Trên tia đối của tia AE lấy Q sao cho AQ = AE
Để c/m: EM = MG <= AM // GQ <=
·
·
EAM AQG=

<=
·
·
EAM ABC=
( cùng phụ với góc BAH);
·
·
AQG ABC=
<= ∆ABC = ∆AQG ( đã có AQ = AE = AB; AG = AC)
<=
·
·
BAC QAG=
( cùng phụ với góc QAC )
* Chứng minh các điểm thẳng hàng.
Cách 5: Dựng hình bình hành AEPG.
Để c/m: EM = MG <= H; A; M; P thẳng hàng

<= H; A; P thẳng hàng
<=
·
·
·
·
·
·
·
0 0
180 90PAG GAC CAH PAG CAH PAG ACH+ + = ⇐ + = ⇐ =
( vì
·
·
0
90CAH ACH+ =
)
H
K
I
M
G
F
E
D
C
B
A
H
K

I
M
G
F
E
D
C
B
A
P
A
H
M
G
F
E
D
C
B
Q
A
H
M
G
F
E
D
C
B
P

A
H
M
G
F
E
D
C
B
<= ∆ABC = ∆GPA (đã có AB = AE = GP; AC = AG)
<=
·
·
BAC PGA=
<=
·
·
·
·
0 0
180 ; 180GAE BAC GAE PGA+ = + =

* Nhận xét:
1) Cách phát biểu khác kết luận của bài toán: Chứng minh rằng đường cao AH của tam giác
ABC đi qua trung điểm M của đoạn thẳng EG ( hoặc chứng minh điểm: A, H, M thẳng hàng).
2) Thay hình vuông bởi các tam giác vuông cân.
3) Nếu tam giác ABC là tam giác vuông, ta được bài toán đơn giản hơn.
Ví dụ 6: Cho tam giác ABC. Trên AB lấy điểm D sao cho BD = 3DA. Trên CB lấy điểm E sao
cho BE = 4EC. Gọi F là giao điểm của AE và CD. Chứng minh rằng: FD = FC
Lời giải vắn tắt:

Cách 1: Dùng diện tích.
Kẻ DH ⊥ AE ( H∈AE); CK⊥ AE (K∈ AE kéo dài)
Để c/m: FD = FC <= ∆HDF = ∆KCF (đã có
·
·
HFD KFC=
)
<= DH = CK <= S
ADE
= S
AEC
Ta có:
1 1
;
4 4
AEC
ADE
ABE ABE
AEC
ADE
AEC ADE
ABE ABE
S
S
EC AD
S BE S AB
S
S
S S
S S

= = = =
⇒ = ⇒ =
Cách 2: Dùng tính chất đường trung bình.
Trên tia đối của tia EC lấy M sao cho EM = EC.
Để c/m: FD = FC <= AE // DM <=
3
4
BD BM
BA BE
= =
( hoặc
1
4
DA ME
BA BE
= =
hoặc
3
BD BM
DA ME
= =
)
Ví dụ 7: Cho hình thang ABCD (AB//CD) có M là giao điểm của các đường thẳng chứa hai cạnh
bên và N là giao điểm của hai đường chéo. Đường thẳng MN cắt AB và CD theo thứ tự ở I và K.
Chứng minh rằng: I, K thứ tự là trung điểm của AB, CD.
Lời giải vắn tắt:
Cần c/m: IA = IB; KC = KD
+ IA = IB <=
IA IB
KD KD

=
(
;
IA MA AB IB NB AB
KD MD DC KD ND CD
= = = =
)
+ KC = KD chứng minh tương tự
* Nhận xét:
1) Ví dụ trên cho ta đònh lí: Trong hình thang có hai đáy không
bằng nhau, đường thẳng đi qua giao điểm của các đường chéo
và giao điểm của các đường thẳng chứa hai cạnh bên thì đi qua
trung điểm của hai đáy. Đònh lí này có nhiều ứng dụng trong chứng minh, được gọi là bổ đề hình
thang.
2) Phát biểu bài toán theo cách khác: Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi M, N thứ tự là
giao điểm của các đường thẳng chứa hai cạnh bên AD, BC và của các đường chéo AC, BD. Gọi
I, K thứ tự là trung điểm của hai đáy AB, CD. Chứng minh rằng: 4 điểm M, I, N, K thẳng hàng.
H
K
E
F
D
C
B
A
M E
F
D
C
B

A
K
I
N
M
D
C
B
A