Bài tập Chương Tam giác đồng dạng Hình học 8 năm 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.16 MB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BÀI TÂP CHƢƠNG TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

Bài 1: Cho ABC vng tại A, Vẽ ra phía ngồi tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B,
ACF vuông cân ở C. Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của Ac và BF.

Chứng minh rằng:

a) AH = AK b) AH2 = BH. CK
Giải : Đặt AB = c, AC = b.

BD // AC (cùng vng góc với AB)

nên AH AC b AH b AH b

HB BD c HB  c HB + AH b + c

Hay AH b AH b AH b.c

AB b + c c  b + c b + c (1)

AB // CF (cùng vuông góc với AC) nên AK AB c AK c AK c
KC  CF  b KC  b KC + AK  b + c

Hay AK b AK c AK b.c

AC b + c b  b + c  b + c (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AH = AK

b) Từ AH AC b
HB  BD c và

AK AB c

KC  CF b suy ra

AH KC AH KC

HB  AK HB AH(Vì AH = AK)

 AH2 = BH . KC

Bài 2: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD, BC, DC theo thứ tự
tại E, K, G. Chứng minh rằng:

a) AE2 = EK. EG b) 1 1 1
AE AKAG

c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí nhưng vẫn qua A thì
tích BK. DG có giá trị khơng đổi

Giải

a) Vì ABCD là hình bình hành và K  BC nên
AD // BK, theo hệ quả của định lí Ta-lét ta có:

EK EB AE EK AE

= = AE EK.EG

AE ED EG AE  EG 

F
K

C
B

G
b

E K

D C

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Q P

b) Ta có: AE = DE
AK DB ;

AE BE

AG BD nên

AE AE BE DE BD 1 1

= 1 AE 1

AK AG BD DB BD AK AG

 

       

  

1 1 1

AE AKAG (đpcm)

c) Ta có: BK = AB BK = a

KC CG  KC CG (1);

KC CG KC CG

= =

AD DG  b DG (2)

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: BK = a BK. DG = ab

b DG khơng đổi

(Vì a = AB; b = AD là độ dài hai cạnh của hình bình hành ABCD không đổi)

Bài 3: Cho tứ giác ABCD, các điểm E, F, G, H theo thứ tự chia trong các cạnh AB, BC, CD, DA

theo tỉ số 1:2. Chứng minh rằng:

a) EG = FH b) EG vng góc với FH

Giải Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của CF, DG

Ta có CM = 1

2 CF =
1

3BC 

BM 1

BC 3 

BE BM 1

= =

BA BC 3

EM // AC  EM BM = 2 EM = 2AC

AC  BE 3  3 (1)

Tương tự, ta có: NF // BD  NF CF = 2 NF = 2BD

BDCB 3  3 (2)

mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy ra : EM = NF (a)

Tương tự như trên ta có: MG // BD, NH // AC và MG = NH = 1

3AC (b)
Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD EM  MG  0

EMG = 90 (4)
Tương tự, ta có: 0

FNH = 90 (5) Từ (4) và (5) suy ra 0
EMG = FNH = 90 (c)
Từ (a), (b), (c) suy ra EMG = FNH (c.g.c)  EG = FH

b) Gọi giao điểm của EG và FH là O; của EM và FH là P; của EM và FN là Q thì
0

PQF = 90  QPF + QFP = 900 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (EMG = FNH)

Suy ra 0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

C
B

A
a) Đường thẳng qua D và song song với BC

cắt AB ở K, chứng minh E nằm giữa B và K
b) Chứng minh: CD > DE > BE

Giải a) BD là phân giác nên

AD AB AC AE AD AE

= < =

DC BC BC EB DC  EB (1)

Mặt khác KD // BC nên AD AK
DC  KB (2)

Từ (1) và (2) suy ra AK AE AK + KB AE + EB
KB EB  KB  EB

 AB AB KB > EB

KB EB  E nằm giữa K và B
b) Gọi M là giao điểm của DE và CB.

Ta có CBD = KDB(Góc so le trong)  KBD = KDB

mà E nằm giữa K và B nên KDB > EDBKBD > EDB EBD > EDB  EB < DE
Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC  DEC>ECB DEC>DCE (Vì DCE = ECB)
Suy ra CD > ED  CD > ED > BE

Bài 5: Cho ABC cóB = 2 C, AB = 8 cm, BC = 10 cm.
a)Tính AC

b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì mỗi cạnh là bao nhiêu?
Giải

Cách 1: Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC

ACD ABC (g.g)  AC AD
AB  AC
2

AC AB. AD =AB.(AB + BD)

  = AB(AB + BC)

= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2
1

3
2

1 H

E
D

C
B

AB AE BE AE + BE AC

= AC = AB(AB + CB)

AC AB CBAB + CB AB + CB = 8(8 + 10) = 144

 AC = 12 cm

b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1)
Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2

+ Nếu b = a + 1 thì (a + 1)2= a2 + ac 2a + 1 = ac a(c – 2) = 1

a = 1; b = 2; c = 3(loại)
+ Nếu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4

- Với a = 1 thì c = 8 (loại) - Với a = 2 thì c = 6 (loại)
- với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 Vậy a = 4; b = 5; c = 6

Bài 6: Cho ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên AB, lấy điểm
E trên AC sao cho

2
OB
CE =

BD . Chứng minh rằng

a) DBO OCE b) DOE DBO OCE
c) DO, EO lần lượt là phân giác của các góc BDE, CED

d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB
Giải

a) Từ

2
OB
CE =

BD 

CE OB

OB BD và B = C (gt)  DBO OCE
b) Từ câu a suy ra O = E3 2 (1)

Vì B, O ,C thẳng hàng nên 0

O + DOE EOC 180  (2)

trong tam giác EOC thì 0

E + C EOC 180  (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra DOE B C

DOE và DBO có DO = OE

DB OC (Do DBO OCE)

và DO = OE

DB OB (Do OC = OB) và DOE B C nên DOE DBO OCE
c) Từ câu b suy ra D = D1 2 DO là phân giác của các góc BDE

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

K
F

D M

C
B

K
F

E
M
D

A N

Củng từ câu b suy ra E = E1 2 EO là phân giác của các góc CED

c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi

OI không đổi khi D di động trên AB

Bài 7: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song
song với AM, cắt AB, AC tại E và F

a) chứng minh DE + DF không đổi khi D di động trên BC
b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE tại K.
Chứng minh rằng K là trung điểm của FE

Giải

a) DE // AM  DE = BD DE = BD.AM

AM BM BM (1)

DF // AM  DF = CD DF = CD.AM = CD.AM

AM CM CM BM (2)

Từ (1) và (2) suy ra

DE + DF = BD.AM + CD.AM

BM BM =

BD CD BC

+ .AM = .AM = 2AM

BM BM BM

 

 

  không đổi

b) AK // BC suy ra FKA AMC (g.g)  FK = KA
AM CM (3)

EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA

= = =

ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BMAM CM (2)
(Vì CM = BM)

Từ (1) và (2) suy ra FK EK

AM AM FK = EK hay K là trung điểm của FE

Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần lượt tại I,
M, N. Vẽ CE vng góc với AB, CF vng góc với AD, BG vng góc với AC. Gọi K là điểm
đối xứng với D qua I. Chứng minh rằng

a) IM. IN = ID2 b) KM = DM

KN DN

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

M
K

G
I

D C

B
A

a) Từ AD // CM  IM = CI

ID AI (1) Từ CD // AN 

CI ID
AI IN (2)

Từ (1) và (2) suy ra IM
ID=

IN hay ID
2

= IM. IN

b) Ta có DM = CM DM = CM DM = CM
MN MBMN + DM MB + CM DN CB (3)
Từ ID = IK và ID2 = IM. IN suy ra IK2 = IM. IN

 IK = IN IK - IM = IN - IK KM = KN KM = IM

IM IK IM IK  IM IK  KN IK 

KM IM CM CM

KN ID  AD  CB (4)

Từ (3) và (4) suy ra KM = DM

KN DN

c) Ta có AGB AEC  AE = AC AB.AE = AC.AG

AG AB AB. AE = AG(AG+CG) (5)

CGB AFC  AF = CG CG

AC CB AD(vì CB = AD)

AF . AD = AC. CG  AF . AD = (AG + CG) .CG (6)

Cộng (5) và (6) vế theo vế ta có: AB. AE + AF. AD = (AG + CG) .AG + (AG + CG) .CG

 AB. AE + AF. AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2
Vậy: AB. AE + AD. AF = AC2

Bài 9: Cho tam giác ABC có BC bằng trung bình cộng của AC và AB; Gọi I là giao điểm của các
phân giác, G là trọng tâm của tam giác. Chứng minh: IG // BC

Giải Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC lần lượt là AH, IK, GD

Vì I là giao điểm của ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA bằng
nhau và bằng IK. Vì I nằm trong tam giác ABC nên:

SABC = SAIB + SBIC + SCIA BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1)

Mà BC = AB + CA

2  AB + CA = 2 BC (2)

Thay (2) vào (1) ta có: BC. AH = IK. 3BC  IK = 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

SBGC =
1

3 SABC  BC . GD =
1

3 BC. AH  GD =
1

3 AH (b)

Từ (a) và (b) suy ra IK = GD hay k/ cách từ I, G đến BC bằng nhau nên IG // BC

Bài 10: Cho điểm M di động trên đáy nhỏ AB của hình thang ABCD, Gọi O là giao điểm của hai
cạnh bên DA, CB. Gọi G là giao điểm của OA và CM, H là giao điểm của OB và DM. CMR: Khi
M di động trên AB thì tổng OG + OH

GD HC khơng đổi

Giải Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự ở I và K. Theo định lí Talét
ta có: OG OI

GD CD;

OH OK

HC  CD 

OG OH OI OK IK

GD HC CDCD CD

OG OH IK

GD HC CD

  (1)

Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự ở P và Q, ta có:
IK MP FO

CD MQ MQ khơng đổi vì FO là khoảng cách từ O đến AB, MQ là đường cao của hình thang
nên khơng đổi (2). Từ (1) và (2) suy ra OG + OH FO

GD HC  MQ không đổi

Bài 11: Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD. Trên AB lấy điểm M, trên AC lấy điểm
N sao cho BM = CN, gọi giao điểm của CM và BN là O,

Từ O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AC, AB tại E
và F.

Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA
Giải.

AD là phân giác nên BAD = DAF
EI // AD  BAD = AEF (góc đồng vị)

Mà DAFOFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh)

Suy ra AEFAFE  AFE cân tại A  AE =AF (a)

Aùp dụng định lí Talét vào ACD , với I là giao điểm của EF với BC ta có

CF CI CF CA

CA CD CI CD (1). AD là phân giác của BAC nên

CA BA
CD  BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra CF BA

CI  BD (3). Kẻ đường cao AG của AFE . BP // AG
G

P O

K
I

M
A

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

(P AD); CQ // AG (Q OI) thì BPD = CQI = 900

Gọi trung điểm của BC là K, ta có BPK = CQK (g.c.g)  CQ = BP

 BPD = CQI (g.c.g)  CI = BD (4)

Thay (4) vào (3) ta có CF BA

BD  BD  CF = BA (b) Từ (a) và (b) suy ra BE = CA

Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A, (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy D sao cho
HD = HA. Đường vng góc với BC tại D cắt AC tại E. M là trung điểm BE.

a) Chứng minh BEC đồng dạng với ADC.
b) Tính số đo góc AHM.

Bài 13: Cho tứ giác lồi ABCD. Tìm tập hợp điểm O nằm trong tứ giác sao cho hai tứ giác
OBCD và OBAD có diện tích bằng nhau. (Khơng u cầu chứng minh phần đảo).

12

a) Do DEC ∽ ABC (Hai tam giác vng có C chung)

(*)

DE EC

AB BC

Xét BEC và ADC Có C chung kết hợp (*) => BEC∽ ADC (g.c.g)

2 1

3
2

2
1

D
H

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

B1
D1

hb

ho
ha

D
O

b

b) BEC∽ ADC =>B1 A1, AHD vuông cân tại H nên

0
3 45
A

0 0 0 0

1 2 45 1 2 45 2 45 ( 1 2 2 90 )

A A B A B B A B

M trung điểm BE nên: AM = MB = ME BMA vuông cân tại M

AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m);

BH.BC = BE.BM

BH BM

BE BC BHM∽ BEC∽ ADC AHM D2 450

13

Giả sử O là điểm nằm trong tứ giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD.

Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB tại

D1, cắt AC tại B1. Nối OC, OB, AC, BD

và kẻ các đường cao ha, hb, hc như hình vẽ

. Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD=
1

.( )
2BD hc ho

SBODA = 1 1 1 1 1 1
1

( )

AB D D OB B OD a b c

S S S B D h h h

1 1

( )

1 (1)

( )

c o
a o

BD h h

B D h h

Vì B1D1//BD nên
1 1

(2)

( )

a
a o

h
BD

B D h h

Từ (1) và (2) c o 1

c o a
a

h h

h h h

h
Từ đó HS lập luận suy ra B1D1 đi qua trrung điểm cuả AC.

Vậy O nằm trên đoạn B1D1//BD và đi qua trung điểm AC

Bài 14. Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

b. Chứng minh DF CE và  MAD cân.
c .Tính diện tích  MDC theo a.

Chứng minh: EFGH là hình thoi. Chứng minh có 1 góc vng.
Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vng

( . . )

BEC CFD c g c ECBFDC mà CDF vuông tại C

0 0

90 90

CDF DFC DFC ECB CMF

       vuông tại M . Hay CE  DF.

Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG  DF GN//CM mà G là trung
điểm DC nên  N là trung điểm DM. Trong MAD có AN vừa là đường cao vừa là trung
tuyến  MAD cân tại A.

( . ) CD CM

CMD FCD g g

FD FC

  Do đó :

2 2

CMD

CMD FCD

FCD

S CD CD

S S

S FD FD

   

    

   

Mà : 1 1 2

2 4

FCD

S  CF CD CD . Vậy :

1
.

CMD
CD

S CD

FD

 .

Trong DCF theo Pitago ta có :

2 2 2 2 1 2 2 1 2 5 2

2 4 4

DF CD CF CD  BC CD  CD  CD

  .

Do đó : 2 2 2 2

1 1 1

5 4 5 5

MCD

CD

S CD CD a

CD

  

Bài 15: Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC). Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H. Gọi M trung
N

F
E

C
B

H
A

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

a. Chứng minh ABC đồng dạng EFC.

b. Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N
và D. Chứng minh NC = ND và HI = HK.

c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh:AH BH CH 6

HE HF HG 

Ta có AEC BFC (g-g) nên suy ra CE CA

CF CB

Xét ABC và EFC có CE CA

CF CBvà góc C chung nên suy ra ABC EFC ( c-g-c)
Vì CN //IK nên HM CN  M là trực tâm HNC

MN CH mà CH  AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD
Do M là trung điểm BC nên  NC = NDIH = IK ( theo Ta let)

M
H

E
A

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta có: AHC ABH AHC ABH AHC ABH
CHE BHE CHE BHE BHC

S S S S S S

AH

HE S S S S S

 

   


Tương tự ta có BHC BHA

AHC

S S

BH

BF S



 và BHC AHC

BHA

S S

CH

CG S




AH BH CH

HE HF HG 

AHC ABH
BHC

S S

S

  BHC BHA

AHC

S S

S

  BHC AHC

BHA

S S

S


= AHC ABH
BHC BHC

S S

S S 

BHC BHA
AHC AHC

S S

S S +

BHC AHC
BHA BHA

S S

S  S 6. Dấu „=‟ khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì AB
< AC nên không xảy ra dấu bằng.

Bài 16: Cho hình vng ABCD. Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vng góc với AE, đường
thẳng này cắt CD tại F. Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt CD tại K. Qua E kẻ đường thẳng song song
với AB, đường thẳng này cắt AI tại G.

a. Chứng minh AE = AF. b. Chứng minh tứ giác EGFK là hình thoi.
c. Chứng minh AKF đồng dạng CAF.

d. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BE = BM. Tìm vị trí của điểm E trên cạnh BC để diện tích DEM
đạt giá trị lớn nhất?

ABE = ADF (cạnh góc vng, góc nhon) suy ra AE = AF

Tam giác AEF vuông cân suy ra AI EF (1) Tứ giác EGFK là hình bình hành (hai đường chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường vì IEG = IFK) (2)

Từ (1) và (2) suy ra EGFK là hình thoi

K
I

F
D
C
B

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Xét AKF và CAF có chung góc F; Lại có tam giác EAF vng cân nên 0

KAF45 = 0
ACE45
suy ra hai tam giác đồng dạng

Gọi cạnh hình vng là a . Đặt BE = BM = x suy ra CE = a – x ; AM = a – x

DEM ABCD BME AMD DCE

S



S



S



S



S

= 2 1 1 1 2

( ) ( )

2 2 2

a  a a x a a x x

= 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2

( 2 ) ( ) ( )

2 x ax 2 x a a  2a x a 2a

          

DEM

S

đạt giá trị lớn nhất là 1 2

2a khi x –a = 0 tức x = a nghĩa là khi đó E trùng C

Bài 17: Trong tam giác ABC, các điểm A, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao
cho: AFEBFD, BDFCDE, CEDAEF.

a) Chứng minh rằng:

BDF



BAC

b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = 7. Tính độ dài đoạn BD.

a) Đặt AFEBFD , BDFCDE , CEDAEF .
Ta có BAC    1800(*)

Qua D, E, F lần lượt kẻ các đường thẳng vng góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. Suy ra

O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF.

 o

OFD OED ODF





90

(1)

Ta có OFD OED  ODF  270o(2)
(1) & (2) 

     

180

o (**)

(*) & (**) 

BAC

  

BDF

.
b) Chứng minh tương tự câu a) ta có:

B ,

C

 





AEF

s



DBF



DEC



ABC

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>



BD BA 5 5BF 5BF 5BF

BD BD BD

BF BC 8 8 8 8

CD CA 7 7CE 7CE 7CE

CD CD CD

CE CB 8 8 8 8

AE AB 5 7AE 5AF 7(7 CE) 5(5 BF) 7CE 5BF 24

AF AC 7

        

   

        

   

   

     

     

   

   

CD

BD

3 





(3) Ta lại có CD + BD = 8 (4) (3) & (4) BD = 2,5

Bài 18: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC). Trên tia HC lấy
điểm D sao cho HD = HA. Đường vng góc với BC tại D cắt AC tại E.

1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo
mAB.

2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng
dạng. Tính số đo của góc AHM

3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: GB HD

BC  AHHC .

1 + Hai tam giác ADC và BEC có:

Góc C chung.

CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB
đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).

Suy ra: 0

135

BECADC (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).

Nên 0

AEB do đó tam giác ABE vng cân tại A. Suy ra: BEAB 2m 2
2

Ta có: 1 1

2 2

BM BE AD

BC  BC   AC (do BEC ADC)
mà ADAH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)

nên 1 1 2

2 2 2

BM AD AH BH BH

BC   AC   AC  AB  BE (do ABH CBA)

Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: 0 0

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM cịn là phân giác góc BAC.

Suy ra: GB AB

GC  AC , mà









AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC  DC    HC  HC

Do đó: GB HD GB HD GB HD

GC  HC GB GC  HDHC  BC  AHHC

Bài 19: Cho hình vng ABCD cạnh bằng a. Điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AD sao
cho CE = AF. Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự tại M và N.

a.Chứng minh rằng: DN.CM = a2

b. Gọi K là giao điểm của NA và MB. Chưng minh rằng MKN = 900

c. Các điểm E, F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất? Khi đó hãy tính diện
tích của tam giác KMN theo a?

A B

F
E

N D C M

Từ gt  AB // MN nên ta có:

DN
BA
FD
AF
BE
CE
BA
CM




  CM.DN = AB2 = a2.
b Theo chứng minh trên:

DN
BA
BA

CM

 Nên

DN
AB
CB

CM

 ( vì BA = CB)

Và ADN = MCB ( = 900)ADN đồng dạng với MCB

 MBC = AND

Mà MBC + BMC = 900

 AND + MBC = 900
Vậy MKN = 900

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Bài 20:

1) Gọi H là hình chiếu của đỉnh B trên đường chéo AC của hình chữ nhật ABCD, M và K theo
thứ tự là trung điểm của AH và CD. Tính số đo của góc BMK.

2) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, trên đoạn BH lấy điểm M và trên trên đoạn CH lấy điểm

N sao cho . CMR AM = AN.

Lời giải

1) Từ hình vẽ ( khá chính xác ) ta dự đốn góc AIJ = 900.Dựa vào yếu tố trung điểm mà đề đã
cho mà vẽ thêm hình tạo sự liên kết giữa I và J .

Cách 1 : ( hình 1,2) Vẽ hình phụ khai thác yếu tố trung điểm

Tóm tắt lời giải cho hình 1 Gọi P là trung điểm của AH => PI là đường trung bỡnh của
tam giỏc AHD => PI//AD mà AD AB hì IP  AB và P là trực tâm của ABI . Từ đó tứ giác
BPIJ là h.b.h , BP // IJ mà BP  AI nên JI  AI .

H×nh 2
H×nh 1

O
P

I H
J

I H

C
D

A B

C
D

Nên MN nhỏ nhất ND + CM nhỏ nhất (Vì DC khơng đổi)
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:

ND + CM 2 CM.ND 2a
Dấu “ =” sảy ra khi CM = DN = a

DF và CE lần lượt là đường trung bình của tam giác NBC và tam giác MAD. Hay E,F là
trung điểm của BC và AD

Vậy MN đạt GTNN bằng 3a khi E,F là trung điểm của BC và AD.
Khí đó SKMN = SKAB + SNAD + SCBM + SABCD = SKAB + 2SABCD.

Lại vì tam giác KAB vuông cân tại K nên đường cao ứng với cạnh AB có độ dài bằng
a

AB
2
1
2

1  2

4
1
a
SKAB 

 Và SABCD = a

. Vậy SKMN = 2 2 2
4
9
2
4
1

a
a

a  

J
I H

D C

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

P

Q
H
M

B C

N

A
Tam giác vng AMC có đường cao MP => AM2

=AP.AC
Tam giác vng ANB có đường cao NQ => AN2

=AQ.AB
Xột tam giỏc APB và AQC có: Góc A chung

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,

giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sƣ phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên

danh tiếng.

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng

xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

- Luyện thi vào lớp 10 chuyên Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn 
Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao và HSG

- Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Toán Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS

THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dƣỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp

dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh 
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc 
Bá Cẩn cùng đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chƣơng trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả

các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư
liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi

miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

</div>

Bài tập Chương Tam giác đồng dạng Hình học 8 năm 2019

<b>BÀI TÂP CHƢƠNG TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG </b>

<i>S</i>



<i>S</i>



<i>S</i>



<i>S</i>



<i>S</i>

<i>S</i>

BDF



BAC

OFD OED ODF







90

     

180

BAC

  

BDF

C

 



AEF



DBF



DEC



ABC

CD

BD

3















<i><b>Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai </b></i>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về