BAI TAP PHAN TAM GIAC DONG DANG

BÀI TÂP CHƯƠNG 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:
D
a) AH = AK
b) AH2 = BH. CK
A
H
Giải : Đặt AB = c, AC = b.
K
BD // AC (cùng vng góc với AB)
AH AC b
AH b
AH
b

 
 

nên HB BD c HB c HB + AH b + c
AH
b
AH
b
b.c



 AH 

c
b+c
b + c (1)
Hay AB b + c

AB // CF (cùng vng góc với AC) nên

B

F

C

AK AB c
AK c
AK
c

 
 

KC CF b
KC b
KC + AK b + c

AK
b
AK
c
b.c




 AK 
b
b+c
b + c (2)
Hay AC b + c

Từ (1) và (2) suy ra: AH = AK
AH AC b
AK AB c
AH KC
AH KC







b) Từ HB BD c và KC CF b suy ra 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:
1
1
1



b) AE AK AG

a) AE2 = EK. EG
c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí nhưng vẫn qua A thì tích BK. DG có giá trị
khơng đổi
Giải
A
a
a) Vì ABCD là hình bình hành và K  BC nên
b
K
AD // BK, theo hệ quả của định lí Ta-lét ta có:
E
EK
EB
AE
EK AE
=
=


 AE 2 EK.EG
AE
ED
EG
AE EG
D
AE
DE AE

BE
=
=
b) Ta có: AK DB ; AG BD nên
AE AE
BE DE BD
1 
 1
1
1
1

=


1  AE 



 1
AK AG
BD DB BD
 AK AG 
 AE AK AG (đpcm)
BK
AB
BK
a
KC
CG

KC
CG
=

=
=

=
b
DG (2)
c) Ta có: KC CG KC CG (1); AD DG
BK
a
=
 BK. DG = ab
DG
Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: b
khơng đổi

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

C

B

G


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
1
1
BM
1
BE
BM
1
=
=
=
Ta có CM = 2 CF = 3 BC  BC 3  BA BC 3
EM BM
2
2

=
 EM = AC
 EM // AC  AC BE
3
3
(1)
NF CF
2
2

=

 NF = BD
3
3
Tương tự, ta có: NF // BD  BD CB
(2)

mà AC = BD (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra : EM = NF (a)

1
Tương tự như trên ta có: MG // BD, NH // AC và MG = NH = 3 AC (b)
0

Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD  EM  MG  EMG = 90 (4)



FNH
= 900
EMG
= FNH
= 90 0

Tương tự, ta có:
(5) Từ (4) và (5) suy ra
(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

N



E

O

G

P

Q

C
B

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

AB AB

 KB > EB
 KB EB
 E nằm giữa K và B

F

AD
AB
AC
AE
AD AE
=
<
=


DC
BC
BC
EB
DC EB (1)
AD AK

Mặt khác KD // BC nên DC KB (2)

M

Suy ra EOP = PQF = 90  EO  OP  EG  FH

Bài 4: Cho  ABC ( AB < AC)
các phân giác BD, CE
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

A

FNH)

H

D

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

A

K

D

E

B

C

b) Gọi M là giao điểm của DE và CB.




= KDB
Ta có CBD = KDB (Góc so le trong)  KBD







 KBD
 EBD
 EB < DE
mà E nằm giữa K và B nên KDB
> EDB

> EDB
> EDB










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 có B = 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?
A
Giải
Cách 1: Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC
 ACD

AC AD


 ABC (g.g)  AB AC

B
E

 AC2 AB. AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC)
= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm

Cách 2: Vẽ tia phân giác BE của ABC   ABE

D

 ACB

C

AB
AE BE AE + BE
AC
=



 AC 2 = 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
OB2
CE =
BD . Chứng minh rằng
AB, lấy điểm E trên AC sao cho
a)  DBO  OCE
b)  DOE  DBO  OCE

A

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
OB2
CE
OB
CE =
=
 =C

BD và B
BD  OB

a) Từ
(gt)   DBO  OCE I
D 1
 3= E
 2
O
b) Từ câu a suy ra
(1)
2
0
O3 + DOE


 EOC 180 (2)
Vì B, O ,C thẳng hàng nên
0

 
trong tam giác EOC thì E 2 + C  EOC 180 (3)

 C

DOE
B

B

E
1 2
H

3
O

Từ (1), (2), (3) suy ra

DO
OE
=
OC (Do  DBO  OCE)
 DOE và  DBO có DB
DO
OE
=

 
và DB OB (Do OC = OB) và DOE B C nên  DOE

 DBO

 OCE

C




c) Từ câu b suy ra D1 = D 2  DO là phân giác của các góc BDE




Củng từ câu b suy ra E1 = E 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
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.
K
A
Chứng minh rằng K là trung điểm của FE
Giải
E
DE
BD
BD
=
 DE =
.AM
BM
a) DE // AM  AM BM
(1)
DF
CD
CD
CD
=
 DF =
.AM =

.AM
CM
BM
DF // AM  AM CM
(2)

Từ (1) và (2) suy ra
CD 
 BD
BD
CD
+
.AM +
.AM

 .AM =
BM
BM


BM
BM
DE + DF =
=
FK
=
b) AK // BC suy ra  FKA  AMC (g.g)  AM

D

B

M

C

BC
.AM = 2AM
BM
không đổi
KA
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)
FK
EK

Từ (1) và (2) suy ra 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 vuông 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
2

KM
DM
=
b) KN DN

a) IM. IN = ID
c) AB. AE + AD. AF = AC2
Giải

IM

CI
CI ID
=

a) Từ AD // CM  ID AI (1) Từ CD // AN  AI IN (2)
IM ID
A
Từ (1) và (2) suy ra ID = IN hay ID2 = IM. IN

F

D

C
I G
M
K

B

E

DM
CM
DM
CM
DM
CM
=


=

=
MN
MB
MN + DM
MB + CM
DN
CB (3)

b) Ta có
Từ ID = IK và ID2 = IM. IN suy ra IK2 = IM. IN

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

 IM IK
IM
IK
IM
IK
KN
IK  KN
ID AD CB (4)

N


KM
DM
=
Từ (3) và (4) suy ra KN DN
AE AC
=
 AB.AE = AC.AG
 AB. AE = AG(AG+CG) (5)
c) Ta có  AGB  AEC  AG AB
AF
CG CG
=

CB AD (vì CB = AD)
 CGB
 AFC  AC

 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: A
SABC = SAIB + SBIC + SCIA  BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1)
AB + CA
 AB + CA = 2 BC (2)
2
Mà BC =

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

B H

I

G

K

D

M

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên:
1
1
1
= 3 SABC  BC . GD = 3 BC. AH  GD = 3 AH (b)

SBGC
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
OG
OH
+
của OB và DM. CMR: Khi M di động trên AB thì tổng 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 OH OK
OG
OH OI OK IK


+



GD CD ; HC CD  GD

HC CD CD CD

OG
OH IK
+

GD
HC CD (1)

Qua M vẽ đường thẳng vng 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
OG
OH FO
+

hình thang nên khơng đổi (2). Từ (1) và (2) suy ra GD HC MQ không đổi

C


Bài 11: Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD. Trên AB lấy điểm M, trên
E
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
G
A
AD cắt AC, AB tại E và F.

F
Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA
M
N
Giải.


= DAF
AD là phân giác nên BAD

O

P



= AEF
EI // AD  BAD
(góc đồng vị)

K





Mà DAF OFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh)


  AFE cân tại A  AE =AF (a)

AFE
Suy ra AEF

B

D

I
Q

Aùp dụng định lí Talét vào  ACD , với I là giao điểm của EF với BC ta có
CF
CI
CF CA
CA BA
=




CA
CD
CI CD (1). AD là phân giác của BAC nên CD BD (2)
CF BA

Từ (1) và (2) suy ra CI BD (3).
Kẻ đường cao AG của  AFE . BP // AG





(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)
CF BA

Thay (4) vào (3) ta có 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 DBEC đồng dạng với DADC.
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).

C


A
2

3

1

12
E

M
B

2

1

1
H

2

C
D

DE EC
Þ
=
(*)

a) Do DDEC ∽ DABC (Hai tam giác vng có C chung) AB BC


Xét DBEC và DADC Có C chung kết hợp (*) => DBEC ∽ DADC (g.c.g)
0



b) DBEC ∽ DADC => B1 =A1 , DAHD vuông cân tại H nên A3 =45

 +A
 =450 Þ B
 =450
Þ A1 +A2 =450 Þ B
1
2
2

b

 +A
 +B
 =900 )
(B
1
2
2

M trung điểm BE nên: AM = MB = ME Þ DBMA vng cân tại M
Þ AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m);
BH BM
=
0


Þ BH.BC = BE.BM Þ BE BC Þ DBHM ∽ DBEC ∽ DADC Þ AHM =D2 =45

Giả sử O Blà điểm nằm trong tứ giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD.
C
D1

hb

ha

D1, cắt AC tại B1. Nối OC, OB, AC, BD
và kẻ các đường cao ha, hb, hc như hình vẽ

A

ho
O

13

Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB tại

. Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD=

1
BD.(hc +ho )
2

B1

BD ( hc +ho )
D
1
=1
S AB1D1 +S D1OB +S B1OD = B1 D1 (ha +hb +hc ) Û

B
D
(
h
+
h
)
2
1
1
a
o
SBODA =

(1)

ha
h +h
BD
Û c o =1Û hc +ho =ha
=
(2)
ha
Vì B1D1//BD nên B1D1 (ha +ho )
Từ (1) và (2)

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.
a. Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vng.
b. Chứng minh DF  CE và  MAD cân.
c .Tính diện tích  MDC theo a.
E

A

B

H

F

M
N

D

C

G

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 vng tại C




 CDF
 DFC
900  DFC
 ECB
900  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

2

2

SCMD  CD 
 CD 

  SCMD 
 .SFCD
S

FD
FD





FCD
Do đó :

1
1
SFCD  CF .CD  CD 2
2
4
Mà :
.
Trong DCF theo Pitago ta có :

Vậy :

SCMD 

CD 2 1
. CD 2
2
FD 4
.

1

5
1

DF 2 CD 2  CF 2 CD 2   BC 2  CD 2  CD 2  .CD 2
4
4
2

.

SMCD

CD 2 1
1
1

. CD 2  CD 2  a 2
5
5
5
CD 2 4
4

Do đó :
Bài 15: Cho tam giác ABC nhọn (ABGọi M trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vng góc với HM, a cắt AB, AC
lần lượt tại I và K.
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.
AH BH CH


6
c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh: HE HF HG
A

F
K

G
H

I

B

E

M

C

N

D

CE CA


Ta có  AEC   BFC (g-g) nên suy ra CF CB
CE CA

Xét  ABC và  EFC có CF CB và 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)
AH S AHC S ABH S AHC  S ABH S AHC  S ABH




HE
S
S
S

S
S BHC
CHE
BHE
CHE
BHE
Ta có:
BH S BHC  S BHA
CH S BHC  S AHC



BF
S
CG
S BHA
AHC
Tương tự ta có
và
AH BH CH S AHC  S ABH  S BHC  S BHA  S BHC  S AHC



S BHC
S AHC
S BHA
HE HF HG

S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC




= S BHC S BHC S AHC S AHC + S BHA S BHA 6 . Dấu ‘=’ khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì

AB < AC nên khơng 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?
B

E

C

M
I

K

G
A

D

F

 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

0

Xét  AKF và  CAF có chung góc F; Lại có tam giác EAF vng cân nên KAF 45 =


ACE
450 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

S DEM S ABCD  S BME  S AMD  S DCE =
=



a2 

1
1
1
a ( a  x )  a (a  x )  x 2
2
2
2

1 2
1
1
1
( x  2ax)   ( x  a ) 2  a 2   a 2  ( x  a ) 2  a 2

2
2
2
2

S DEM đạt giá trị lớn nhất là
Bài 17:

1 2
a
2 khi x –a = 0 tức x = a nghĩa là khi đó E trùng C

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  .
0

Ta có BAC     180 (*)


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.



 OFD
 OED
 ODF
90o (1)
o



Ta có OFD    OED    ODF   270 (2)
o
(1) & (2)       180 (**)

s

s

s



(*) & (**)  BAC  BDF .
b) Chứng minh tương tự câu a) ta có:
  C

B
, 
 AEF DBF DEC ABC

5BF
5BF
5BF
 BD BA 5 




BD

BD

BD

 BF BC 8



8

8
8




7CE
7CE
7CE
 CD CA 7 



  CD 
 CD 
 CD 

8
8
8
 CE CB 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
GB
HD

3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: BC AH  HC .

1

+ Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc C chung.
CD CA

CE CB (Hai tam giác vng CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
0


Suy ra: BEC  ADC 135 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).
0


Nên AEB 45 do đó tam giác ABE vng cân tại A. Suy ra: BE  AB 2 m 2

2

BM 1 BE 1 AD
 
 
Ta có: BC 2 BC 2 AC (do BEC ADC )

mà AD  AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)


BM 1 AD 1 AH 2
BH
BH
 
 


AB 2 BE (do ABH CBA )
nên BC 2 AC 2 AC
0
0



Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 135  AHM 45

3

Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM cịn là phân giác góc BAC.
GB AB
AB ED
AH
HD


 ABC DEC    ED // AH  
HC
HC
Suy ra: GC AC , mà AC DC
GB HD
GB
HD
GB
HD





Do đó: 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
K
A

B
F
E

N

b

D

C

M

CM CE AF BA
= =
=
BE FD DN
Từ gt ⇒ AB // MN nên ta có: BA
CM BA
CM AB
=
=
DN

Theo chứng minh trên: BA
Nên CB DN
Và

⇒

ADN = MCB ( = 900)

⇒ Δ ADN

đồng dạng với

⇒

CM.DN = AB2 = a2.

( vì BA = CB)

Δ MCB

MBC = AND

Mà MBC + BMC = 900

⇒

AND + MBC = 900
Vậy MKN = 900

c

Vì MN = ND + CD + CM
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 vng cân tại K nên đường cao ứng với cạnh AB có độ dài bằng
1
1
AB= a
2
2

1
⇒ S KAB = a2
4

Và SABCD = a2. Vậy SKMN =

1 2
9
a + 2a 2= a2
4
4

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
B

A

J
I

H

D

C

B

A

B

A
O

P
J
I

P

H

D

C

H×nh 1

D

J

I

H
C

H×nh 2

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 .
1) Gọi P,Q lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C.
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
Góc APB=AQC=90 độ => tam giác đồng dạng
=> AP.AC=AQ.AB => AM2=AN2=> AM=AN