hinh hoc trong de thi HSG toan 8 giai chi tiet

Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.. Vẽ AH vuông góc với BF H thuộc BF, AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N.. Từ C vẽ một đường

CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI

HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 Tham gia Nhóm: Chuyên đề Toán THCS để cập nhật nhiều hơn Tại: https://www.facebook.com/groups/chuyen.de.toan.thcs/

Hướng dẫn giải

H' 1

1

3 2 1 E

N H

M O

D

C

B A

a Xét ∆OEB và ∆OMC

Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC

Và B1C1450 Mặt khác: BE = CM ( gt )

Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c g.c)

 OE = OM và O1 O 3

Lại có O O  BOC 900 vì tứ giác ABCD là hình vuông

Câu 1 : Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O M là điểm bất kỳ

thuộc cạnh BC (M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N Trên

cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM

Chứng minh : ∆OEM vuông cân

Chứng minh : ME // BN

Từ C kẻ CH BN ( H BN) Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng

 

2 1

b Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // Chọn đáp án D

+ AB // CD  AB // CN  AM BM

MN MC ( Theo ĐL Ta- lét) (*)

Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*)

Ta có : MN AM AE EB  ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)

c Gọi H’ là giao điểm của OM và BN

Từ ME // BN  OME OH E  ' ( cặp góc so le trong)

1

 ∆OMC  ∆BMH’ (g.g)

'

  ,kết hợp OMB CMH  '( hai góc đối đỉnh)

 ∆OMB ∽ ∆CMH’ (c.g.c)  OBM MH C ' 450

Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm)

Hướng dẫn giải

a Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt) => BE // DF

Chứng minh : BEODFO g c g(   )

Suy ra: BE = DF

Câu 2: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo

BD Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC Gọi

H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD

Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ?

Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK

Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2

Do đó : Tứ giác BEDF là hình bình hành.

b Ta có: ABCADC HBC KDC

Chứng minh : CBH CDK g g(  )

CH CD CK CB

E

K

H

C

A

D B

c Chứng minh : AFDAKC g g(  ) AF

AK

Chứng minh : CFDAHC g g(  ) CF AH

Mà : CD = AB  CF AB AH AC  AB AH CF AC.  .

Suy ra : AB.AH + AB.AH = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (đfcm)

Hướng dẫn giải

a Chứng minh: AEFMDF

 AEDDFC  đpcm

Câu 3 Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD

Kẻ MEAB, MFAD

a Chứng minh:

b Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy

c Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất

b DE, BF, CM là ba đường cao của EFC đpcm

c Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi

   không đổi

AEMF

  lớn nhất  ME MF (AEMF là hình vuông)

M

 là trung điểm của BD

Hướng dẫn giải

a Lập luận để có OM AB OD BD , ON AB OC AC

Lập luận để có OD DB OC AC

 OM AB ON AB  OM = ON

Câu 4: Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O

Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC

theo thứ tự ở M và N

a, Chứng minh rằng OM = ON

b, Chứng minh rằng

c, Biết SAOB= 20082 (đơn vị diện tích); SCOD= 20092 (đơn vị diện tích) Tính

SABCD

b, Xét ABDđể có OM AB DM AD (1), xét ADCđể có OM DC AM AD (2)

Từ (1) và (2)  OM.( AB1 CD1 )   1

AD

AD AD

DM AM

từ đó có (OM + ON).( 1  1 )2

CD

AB  AB1 CD1 MN2

C S S OD OB

AOD

AOB

 , S S OD OB

DOC

BOC

AOD

AOB

S

S

DOC

BOC

S

S

 S AOB.S DOC S BOC.S AOD

Chứng minh được S AOD S BOC

 S AOB.S DOC  (S AOD) 2

Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2  SAOD = 2008.2009

Do đó SABCD= 20082

+ 2.2008.2009 + 20092

= (2008 + 2009)2

= 40172

(đơn vị DT)

Hướng dẫn giải

1 + Hai tam giác ADC và BEC có:

Góc C chung

+ CD CE CA CB (CDE ∽  CAB đồng dạng)

Câu 5:Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (HBC)

Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA Đờng vuông góc với BC tại D

cắt AC tại E

Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn

BE theo

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

Tia AM cắt BC tại G Chứng minh:

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: BECADC1350(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết)

2 Ta có: BM BC  12 BC BE  12 AD AC (do BEC ∽ ADC)

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

Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC1350  AHM 450

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

Suy ra: GC GB AB AC , mà AB ED ABC DEC AH ED AH//  HD

AC DC   HC HC

Do đó: GC GB HD HC  GB GC GB HD HC HD  GB BC AH HC HD

Hướng dẫn giải

a Tứ giác ABCK có:

Câu 6: Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Qua A vẽ đường

thẳng song song với BC cắt BD ở E và cắt CD ở K Qua B kẻ đường thẳng

song song với AD cắt AC ở F và cắt CD ở I Chứng minh rằng:

a) DK = CI

b) EF // CD

c) AB2 = CD.EF

AB // CK (AB // CD, K CD)

AK // BC (gt)

 ABCK là hình bình hành

 CK = AB

 DK = CD – CK = CD – AB (1)

Chứng minh tương tự, ta có DI = AB

 IC = CD – DI = CD – AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: DK = IC

I

F

K

E

B A

b DEK có AB // DK, theo hệ quả định lý Ta-let ta có:

EK DKAE AB= (3)

FIC có AB // IC, theo hệ quả định lý Ta-let ta có:

AF ABFC= IC (4) Mà: DK = IC (câu a) (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra: AE AFEK FC=

AKC có EK FCAE AF=  EF // KC (định lý Ta-lét đảo)

 EF // CD

c Ta có: AB CKCD CD= (vì AB = CK) (6)

BCD có EK // BC, theo định lý Ta-lét ta có:

CK BECD BD= (7)

BDI có EF // DI, theo định lý Ta-let ta có:

BD DIBE EF=

Mà DI = AB

Suy ra: BEBD AB= EF (8)

Từ (6), (7), (8) suy ra: CD CDAB CK= =BDBE =ABEF

 AB

CD

EF

=

AB  AB

2

= CD EE

Hướng dẫn giải

1 Ta có DAM = ABF  (cùng phụ BAH)

AB = AD ( gt)

BAF = ADM = 90  0 (ABCD là hình vuông)

 ΔADM=ΔBAFADM = ΔADM=ΔBAFBAF(g.c.g)

=> DM=AF, mà AF = AE (gt)

Nên AE = DM

Lại có AE // DM ( vì AB // DC )

Câu 7: Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD

lấy điểm F sao cho AE = AF Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N

1 Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật

2 Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh rằng: AC = 2EF

3 Chứng minh rằng:

Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành

Mặt khác.DAE = 90 0 (gt)

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

b Ta có ΔADM=ΔBAFABH ΔADM=ΔBAFFAH (g.g)

=

 hay BCAE = BHAH ( AB=BC, AE=AF)

Lại có HAB = HBC  (cùng phụ ABH)

ΔADM=ΔBAFCBH ΔADM=ΔBAFEAH

  (c.g.c)

2 ΔADM=ΔBAFCBH

ΔADM=ΔBAFEAH

=

  , mà ΔADM=ΔBAFCBH

ΔADM=ΔBAFEAH

S

= 4

S (gt)

2

BC

= 4 AE

  nên BC2 = (2AE)2

 BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)

3 Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:

 AD AM

=

=

 Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:

 MNAN = MCAB  ANAB= MNMC hay ADAN= MNMC



        (Pytago)



   (đpcm)

Hướng dẫn giải

a) Chứng minh EA.EB = ED.EC Chứng minh EBD đồng dạng với ECA (g-g)

- Từ đó suy ra EB EC ED EA EA EB ED EC.  .

b) Kẻ MI vuông góc với BC (I BC ) Ta có BIM đồng dạng với BDC (g-g)

BM BD BI BC

Tương tự: ACB đồng dạng với ICM (g-g) CM BC CA CI  CM CA CI BC.  . (2)

Từ (1) và (2) suy ra BM BD CM CA BI BC CI BC BC BI CI.  .  .  .  (  )BC2(không đổi)

Câu 8: Cho tam giác ABC vuông tại A Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh

AC Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này

cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E

a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC

b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng

BM.BD+CM.CA có giá trị không đổi

c) Kẻ Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH

Chứng minh

I P

Q

H

E

D

A

M

c) Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (g-g)

2 2

- Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (c-g-c) BDP DCQ 

Hướng dẫn giải

a/ Ta có OA AC BD OB Do MN//DC  OM DC ON DC  OM=ON

b/ Do MN//AB và CD  OM CD AM AD và OM AB DM AD

Do đó: OM DC OM AB AM MD AD 1 (1)

Câu 9:Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD

(AB//CD) Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại

M và N

a) Chứng minh OM=ON

b) Chứng minh

c) Biết Tính ?

d) Nếu Chứng minh BD > AC

Tương tự:  1

AB

ON DC

ON

(2)

Từ (1);(2)   2

AB

MN DC

MN



MN AB DC

2 1 1





c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương ứng

Do vậy : S S OD OB

AOD

AOB

 và S S OC OA

COD

AOD



Nhưng OD OB OC OA 

COD

AOD AOD

AOB

S

S S

S



 S2AOD  SAOB SCOD  a2 b2 nên S AOD ab

Tương tự S BOC ab.Vậy S ABCD ab2

d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K

Do Dˆ Cˆ 90 0 nên H, K nằm trong đoạn CD

Ta có A EˆDB CˆDCˆ Dˆ  AD AE

Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC  DH>KC  DK > CH

Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có :

ĐẶT BỘ SÁCH THAM KHẢO TOÁN 8-NH-2020-2021

Bộ phận bán hàng: 0918.972.605(Zalo)

Đặt mua tại: https://xuctu.com/

FB: facebook.com/xuctu.book/

Email: sach.toan.online@gmail.com

Đặt online tại biểu mẫu:

https://forms.gle/ypBi385DGRFhgvF89

Hướng dẫn giải

a Trước hết chứng minh: HD AD = S HBC S ABC(( ))

Tương tự có: HE BE S HCA S ABC(( )); HF CF S HAB S ABC(( ))

b Trước hêt chứng minh BDH BEC  BH.BE = BD.BC

Và CDH CFB  CH.CF = CD.CB

 BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC2

(đpcm)

O

K I

N

M

E

H F

A

D B

C

Câu 10: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau

tại H

Tính tổng:

Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC

Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF

Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN

Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định

c Trước hết chứng minh: AEF  ABC  AEFABC

Và CDE CAB  CED CBA 

Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE

Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF

nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm)

d Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có 

OMH = ONC (c.c.c)  OHM OCN (1)

Mặt khác ta cũng có OCH cân tại O nên:OHC OCH  (2)

Từ (1) và (2) ta có: OHC OHB   HO là phân giác của góc BHC

Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và p/giác của góc BHC nên O là điểm

cố định

Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O

Hướng dẫn giải

1 + Từ MN // AB // CD và MI = IK áp dụng định lý Ta let ta có NI = IE

+ Chỉ ra tam giác AMK vuông cân tại A để có AE  KM

+ Tứ giác MNKE là hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau nên MNKE là hình thoi

Câu 11: Cho hình vuông ABCD ( AB = a ), M là một điểm bất kỳ trên cạnh

BC Tia Ax vuông góc với AM cắt đường thẳng CD tại K Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng MK Tia AI cắt đường thẳng CD tại E Đường thẳng qua M song song với AB cắt AI tại N

1/ Tứ giác MNKE là hình gì ? Chứng minh

2/ Chứng minh: AK2 = KC KE

3/ Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh BC thì tam giác CME luôn có chu vi không đổi

4/ Tia AM cắt đường thẳng CD ở G Chứng minh rằng không phụ thuộc vào vị trí của điểm M

E

I

G K

B A

M

2: + Từ tính chất hình vuông có ACK = 45 0.

+ Chứng minh hai tam giác AKE và CKA đồng dạng, suy ra ĐPCM

3: + Từ hai tam giác ABM và ADK bằng nhau ta có MB = DK

nên EK = MB + ED

+ Tam giác AMK vuông cân tại A có MI = IK

Nên AI là trung trực của MK

Do đó ME = EK

+ Từ đó ME = MB + ED, suy ra ME + CM + CE = 2a

4: + Tam giác AMK vuông cân tại A nên AM = AK; do đó

2 2

1 1

AG

1 1

AG

+ Tam giác AKG vuông tại A nên AK AG = KG AD = 2 dt AKG, do đó AK2 AG2

= KG2

AD2

+ Mặt khác lại có KG2 = AK2 + AG2 và AD = a nên ta có

AK2 AG2 = a2( AK2 + AG2 ), hay 2 2 2

2

AK

AG AK





, suy ra 2 2

1 1

AG

1

a

Câu 12: Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a Một điểm M

chuyển động trên cạnh DC (MD, MC) chọn điểm N trên cạnh BC sao cho

MAN = 45o, DB thứ tự cắt AM, AN tại E và F

1 Chứng minh:  ABF  AMC

2.Chứng minh AFM = AEN = 90o

Hướng dẫn giải

I H

F

E

N

M

B A

1 Chứng minh:  ABF ∽  AMC

-Ta cm: ABF ACM 45 0

- BAF MAC ( vì cùng cộng với góc CAN 450bằng 450

) suy ra :  ABF ∽  AMC

2 Chứng minh: AFM AEN 90 o

Từ ABF ∽  AMC (g.g)

=> AM AF AC AB  AF AB AM AC (1)

Có MAF BAC 450(2)

Từ 1 và 2 =>  AFM ∽  ABC

=> AFM ABC 90 o

C/M hoàn toàn tơng tự có: AEN  900

vì vậy: AFM  AEN 90 o

3 Chứng minh SAEF = SAMN

4 Chứng minh chu vi  CMN không đổi khi M chuyển động trên DC

5 Gọi H là giao điểm của MF và NE Chứng Minh: MH.MF + NH.NE =

CN2 + CM2

3 S  AEF = 1/2 S  AMN

Có  AFM ∽  AEN => AM AF AN AE

=>  AEF =  AMN (c.g.c) => SAMN SAEF (AM AF )2(1)

Có: FAM 45 ,  0 AFM 90 0

=>  AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2

=> (AM AF )2 = 21

Thay vào (1) ta đợc SAMN SAEF = 21 hay: S  AEF = 1/2 S  AMN

4 C/M chu vi  CMN không đổi

Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN

 ADK =  ABN => AK = AN và BAN  DAK

do đó  AMN =  AKM (c.gc) => MN=KM

Vì vậy: Chu vi  CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN

= CD + KD + CN = CD + NB + CN

= CD + CB = 2a không đổi

Tức là: Chu vi  CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC

5 Chứng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2

Kẻ HI  MN tại I

- Cm:  MHI ∽  MNF => MH.MF =MI.MN

- Cm:  NHI ∽  NME => NH.NE =NI.NM

- suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2

- áp dụng định lí Pitago vào  CMN ta có: MN2 = MC2 +CN2

Vậy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2

Hướng dẫn giải

G

N

D

K

I

M

H

F

E

A

a Ta có AEC BFC (g-g) nên suy ra CE CF CA CB

Xét ABC và EFC có CE CF CA CBvà góc C chung nên suy ra ABC EFC ( c-g-c)

b 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

Câu 13: Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) Các đường cao AE, BF cắt nhau

tại H Gọi M trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông 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

c Gọi G là giao điểm của CH và AB Chứng minh:

 IH = IK ( theo Ta let)

AH



Tương tự ta có BHC BHA

AHC

S S BH

BF S



BHA

S S CH

CG S





AH BH CH

HE HF HG 

BHC

S S S



 BHC BHA

AHC

S S S



 BHC AHC

BHA

S S S



= AHC ABH

S S

S S 

S S

S S +

S S

S  S 6

Dấu ‘=’ khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì AB < AC nên không xảy ra dấu bằng

***************

https://www.facebook.com/quoctuansp

(Tác giả: Nguyễn Quốc Tuấn)