Các dạng bài tập về tứ giác toán 8 năm 2024
Tài liệu gồm 46 trang, phân dạng và tuyển chọn các bài tập Toán 8 chủ đề tứ giác. TỨ GIÁC. + Dạng 1: Nhận biết tứ giác lồi. + Dạng 2: Tính số đo góc. + Dạng 3: Tính chu vi, diện tích hình tứ giác. + Dạng 4: Chứng minh hình học. HÌNH THANG CÂN. + Dạng 1: Tính số đo góc. + Dạng 2: Chứng minh đoạn thẳng hoặc góc bằng nhau. + Dạng 3: Chứng minh tứ giác là hình thang cân. HÌNH BÌNH HÀNH. + Dạng 1: Chứng minh tứ giác là hình bình hành. + Dạng 2: Sử dụng tính chất hình bình hành để chứng minh tính chất hình học. + Dạng 3: Sử dụng tính chất hình bình hành để chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy. HÌNH CHỮ NHẬT. + Dạng 1: Chứng minh tứ giác là hình chữ nhật. + Dạng 2: Áp dụng vào tam giác vuông. + Dạng 3: Tính độ dài đoạn thẳng. HÌNH THOI. + Dạng 1: Chứng minh tứ giác là hình thoi. + Dạng 2: Vận dụng tính chất của hình thoi để chứng minh các tính chất khác. + Dạng 3: Tính độ dài cạnh, góc, diện tích hình thoi. HÌNH VUÔNG. + Dạng 1: Chứng minh tứ giác là hình vuông. + Dạng 2: Vận dụng tính chất hình vuông để chứng minh các tính chất hình học. + Dạng 3: Tìm điều kiện để tứ giác là hình vuông. BÀI TẬP TỔNG HỢP TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC. File WORD (dành cho quý thầy, cô): TẢI XUỐNG
Ghi chú: Quý thầy, cô và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên TOANMATH.com bằng cách gửi về: Facebook: TOÁN MATH Email: [email protected] Cho hình thang ABCD (AB // CD), M là trung điểm của AD, N là trung điểm của BC. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của MN với BD, AC. Cho biết AB = 6cm, CD = 14cm. Viết GT-KL và tính độ dài MI, IK. Phương pháp giải: + Dựa vào tính chất đường trung bình của tam giác để tính độ dài MI, MK. Từ đó suy ra độ dài IK. Lời giải chi tiết: - Hình thang ABCD có: \(\left. \matrix{{\rm{AM}} = {\rm{MD(gt)}}\cr {\rm{BN}} = {\rm{NC (gt)}} \cr} \right\} \Rightarrow \) MN là đường trung bình MN//AB//CD (tính chất). - Tam giác ACD có: \(\left. \matrix{{\rm{AM }} = {\rm{ MD}} \cr MI//AB \cr} \right\} \Rightarrow \) ID = IB (định lý đảo về đường trung bình của tam giác). MI là đường trung bình của ∆ADC \( \Rightarrow MI = {1 \over 2}AB = {1 \over 2}.6 = 3(cm)\) - Tương tự tam giác ACD có: AM = MD, MK//DC nên AK = KC, MK là đường trung bình, ta có: \(MK = {1 \over 2}CD = {1 \over 2}.14 = 7(cm)\) IK = MK - MI = 7 - 3 = 4(cm) Đáp án - Lời giải Câu hỏi 2 : Cho tứ giác ABCD có \(\widehat{A}={{60}{0}},\widehat{B}={{80}{0}},\widehat{C}={{100}^{0}}\)
Phương pháp giải: + Áp dụng tính chất tổng các góc của tứ giác + Dựa vào tính chất hình thag để chứng minh tứ giác ABCD là hình thang. Lời giải chi tiết:
\(\begin{align} & \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}={{360}{0}} \\ & \Rightarrow \widehat{D}={{360}{0}}-\left( \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C} \right)={{360}{0}}-\left( {{60}{0}}+{{80}{0}}+{{100}{0}} \right)={{120}^{0}} \\ \end{align}\)
Mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía, do đó AB // CD. Suy ra tứ giác ABCD là hình thang. Đáp án - Lời giải Câu hỏi 3 : Cho biết \(\frac{AB}{CD}=\frac{5}{7}\) và đoạn thẳng AB ngắn hơn đoạn thẳng CD là 10 cm. Tính độ dài các đoạn thẳng AB, CD?
Đáp án: C Phương pháp giải: - Áp dụng lý thuyết về tỉ số đoạn thẳng để thực hiện yêu cầu bài toán. Lời giải chi tiết: Theo bài ra, ta có: \(\frac{AB}{CD}=\frac{5}{7}\) \(\Rightarrow AB=\frac{5}{7}CD\) Mà đoạn thẳng AB ngắn hơn đoạn thẳng CD là 10 cm, suy ra: \(CD-AB=10.\) \(\begin{align} & \Rightarrow CD-\frac{5}{7}CD=10\Leftrightarrow \frac{2}{7}CD=10\Leftrightarrow CD=\frac{10.7}{2}=35\ cm \\ & \Rightarrow AB=\frac{5}{7}CD=\frac{5}{7}.35=25\ cm \\ \end{align}\) Chọn C. Đáp án - Lời giải Câu hỏi 4 : Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A (AB < AC) có \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\). Vẽ MD vuông góc với \(AB\) tại \(D\) và \(ME\) vuông góc với \(AC\) tại \(E\).
Phương pháp giải:
Chứng minh 1 tứ giác là có 2 cạnh đối song song là hình bình hành.
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(\mathop A\limits^ \wedge = {90^0}\)(vì \(\Delta ABC\) vuông tại A) \(\widehat {MDA} = 90^\circ \)(do \(MD \bot AB\)) \(\widehat {MEA} = 90^\circ \)(do \(ME \bot AC\)) Do đó tứ giác ADME là hình chữ nhật. (dấu hiệu nhận biết)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}ME \bot AC\\BA \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow ME//BA\)(1) Mà M là trung điểm của BC (gt) (2) Từ (1) và (2) suy ra E cũng là trung điểm của AC. (định lý đảo của đường trung bình). Lại có : Tứ giác CMDE là hình chữ nhật nên \(MD//AE \Rightarrow MD//AC\)(3) Mà M là trung điểm của BC (gt) (4) Từ (3) và (4) suy ra D là trung điểm của AB. Do đó DE là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow DE//BC \Rightarrow DE//MC\)(5) Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}CA \bot AB\\HD \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CA//HD \Rightarrow CE//HD\)(6) Từ (5) và (6) suy ra tứ giác DECM là hình bình hành. (dấu hiệu nhận biết).
Tam giác BHA vuông có HD là trung tuyến \( \Rightarrow HD = DA = DB = \frac{{AB}}{2}\) Suy ra DH=DB hay \(\Delta HBD\)cân tại D \( \Rightarrow \widehat B = \widehat {DHB}\) Mà \(\widehat {DHB} = \widehat {HDE}\)(vì DE//BC) Nên \(\widehat B = \widehat {HDE}\)(8) Từ (7) và (8) suy ra \(\widehat {DEM} = \widehat {HDE}\)(9). Xét tứ giác HMED có HM//DE nên tứ giác HMDE là hình thang (10) Từ (9) và (10) suy ra tứ giác HMED là hình thang cân. Đáp án - Lời giải Câu hỏi 5 : Cho tam giác ABC cân tại A, trung tuyến AM. Gọi I là trung điểm của AC, K là điểm đối xứng với M qua I.
Phương pháp giải: + Chứng minh AKCM là hình chữ nhật dựa vào dấu hiệu hình bình hành có một góc vuông. + Chứng minh AKCM là hình bình hành dựa vào dấu hiệu tứ giác có một cặp cạnh song song và bằng nhau. + Để AMCK là hình vuông ta dựa vào dấu hiệu hình chữ nhật có hai cạnh bên bằng nhau là hình vuông, từ đó suy ra điều kiện của tam giác ABC. Lời giải chi tiết:
Xét tứ giác AMCK có: AC cắt MK tại I, mà AI = IC, MI = IK (gt)a) ABC cân tại A có AM là trung tuyến nên AM đồng thời là đường cao (1) \( \Rightarrow \) Tứ giác AMCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) (2) Từ (1) và (2) suy ra AMCK là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).
\( \Rightarrow \) AK // CM \( \Rightarrow \)AK // BM (3) mà AK = MC (AMCK là hình chữ nhật) và MC = MB (gt) \( \Rightarrow \) AK = BM (4) Từ (3) và (4) Tứ giác AKMB là hình bình hành. (dấu hiệu nhận biết)
Mà AM là đường trung tuyến của tam giác cân ABC \( \Rightarrow AM = MC = {1 \over 2}BC \Rightarrow \) Tam giác ABC vuông cân tại A. Đáp án - Lời giải Câu hỏi 6 : Cho \(\Delta ABC\) có 3 góc nhọn, đường cao AH, BK, CL cắt nhau tại I. Gọi D, E, F là trung điểm của BC, CA, AB. Gọi P, Q, R là trung điểm của IA, IB, IC.
Phương pháp giải:
Lại có \(PF//BK;BK \bot AC;AC//PR\) nên \(PF \bot PR\) nên PFDR là hình chữ nhật. Chứng minh tương tự với tứ giác PQDE.
Lời giải chi tiết:
\( \Rightarrow FP//BI\left( {t/c} \right) \Rightarrow FP//BK\) Mà \(BK \bot AC\left( {gt} \right)\) nên \(FP \bot AC\left( 1 \right)\) Xét \(\Delta AIC\) có \(PA = PI\left( {gt} \right);RI = RC\left( {gt} \right) \Rightarrow PR\) là đường trung bình của tam giác \( \Rightarrow PR//AC;PR = {1 \over 2}AC\left( {t/c} \right)\left( 2 \right)\) Từ (1) và (2) suy ra \(FP \bot PR\) (từ vuông góc đến song song) Xét \(\Delta ABC\) có \(FB = FA\left( {gt} \right);DB = DC\left( {gt} \right) \Rightarrow DF\) là đường trung bình của tam giác Từ (2) và (3) ta có \(PR//DF;PR = DF\) nên PRDF là hình bình hành. Lại có \(PF//BK;BK \bot AC;AC//PR\) nên \(PF \bot PR\) nên hình bình hành là hình chữ nhật. Chứng minh tương tự ta cũng có: \(\left\{ \matrix{PE//CL \cr CL \bot AB \cr AB//PQ \cr} \right. \Rightarrow PE \bot PQ\) và \(PQ//DE//AB;PQ = DE = {1 \over 2}AB\) nên PEDQ là hình bình hành. Do đó PEDQ là hình chữ nhật.
Lại có PFDR là hình chữ nhật nên PD cắt FR tại trung điểm O của pD và FR Do đó O là trung điểm các đoạn thẳng \(PD,FR,EQ\) Vậy ba đường thẳng \(PD,FR,EQ\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn. Đáp án - Lời giải Câu hỏi 7 : Cho hình bình hành ABCD có AD = 2AB, \(\widehat{A}={{60}^{0}}\). Gọi E, F lần lượt là trung điểm BC và AD.
Suy ra M, E, D thẳng hàng. Phương pháp giải:
Lời giải chi tiết:
F là trung điểm của AD nên \(AF=FD=\frac{1}{2}AD\) Mà AD = BC (do ABCD là hình bình hành), nên BE = AF. (1) Ta lại có BE // AF (do ABCD là hình bình hành) (2) Từ (1) và (2) suy ra ABEF là hình bình hành. (3) Ta có \(AD=2AB\Rightarrow AB=\frac{1}{2}AD\Rightarrow AB=BE\) (4) Từ (3) và (4) suy ra ABEF là hình thoi, suy ra \(AE\bot BF\) (hình thoi có hai đường chéo vuông góc).
Lại có \(\angle A = {60^0}\), suy ra tam giác ABF là tam giác đều \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BF = AB = AF\\\angle ABF = {60^0}\end{array} \right.\) (tính chất tam giác đều) Ta có: \(\angle A = {60^0} \Rightarrow \angle BCD = {60^0}\) (tính chất hình bình hành) Vì \(\angle A + \angle ABC = {180^0}\) (hai góc trong cùng phía) \(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle ABC ={180^0}- \angle A = {120^0}.\\ \Rightarrow \angle FBC = \angle ABC - \angle ABF = {120^0} - {60^0} = {60^0}\\ \Rightarrow \angle FBC = \angle BCD = {60^0}.\end{array}\) Xét tứ giác FDBC có: FD // BC (do ABCD là hình bình hành) \(\angle FBC = \angle BCD = {60^0}\;\;\left( {cmt} \right)\) Suy ra BFDC là hình thang cân. (dhnb).
Xét tam giác ABD có: \(BF=AF=FD=\frac{1}{2}AD\) Suy ra tam giác ABD vuông tại B. Suy ra \(\widehat{MBD}={{90}^{0}}\)(6) Từ (5) và 6 suy ra BMCD là hình chữ nhật. Có E là trung điểm của BC \(\Rightarrow \) E là giao điểm của hai đường chéo hình chữ nhật. \(\Rightarrow \) M, E, D thẳng hàng. Đáp án - Lời giải Câu hỏi 8 : Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Hai đường chéo AC và BD phải thỏa mãn điều kiện gì để M, N, P, Q là bốn đỉnh của:
Phương pháp giải: Dựa vào dấu hiệu nhận biết các hình: +) Hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông để tìm ra điều kiện của hai đường chéo AC và BD tương ứng. Lời giải chi tiết: Xét tam giác ABD có: M là trung điểm của AB (gt) Q là trung điểm của AD (gt) \(\Rightarrow \) QM là đường trung bình của tam giác ABD. (định lý) Do đó QM // BD và \(QM=\frac{1}{2}BD\) (1) CM tương tự ta cũng có NP là đường trung bình của tam giác BCD. \(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & NP//BD \\ & NP=\frac{1}{2}BD\,\,\,\,\left( 2 \right) \\ \end{align} \right.\) Từ (1) và (2) ta suy ra MNPQ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
Điều kiện cần tìm là hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau.
Điều kiện cần tìm là hai đường chéo BD và AC bằng nhau.
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN \bot PQ\\MN = PQ\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC = BD\end{array} \right.\) Điều kiện cần tìm là hai đường chéo BD và AC bằng nhau và vuông góc với nhau. Đáp án - Lời giải Câu hỏi 9 : Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A \(\left( {AB < AC} \right)\). Gọi \(M,\,N,K\) thứ tự là trung điểm của \(AB,\,AC\) và \(BC\)
Đáp án: B Phương pháp giải: - Áp dụng tính chất đường trung bình của tam giác, dấu hiệu nhận biết hình bình hành, hình thoi, tính chất hình bình hành, tính chất trung điểm. Lời giải chi tiết:
\(\Rightarrow NK\) là đường trung bình của \(\Delta ACB\) (dấu hiệu nhận biết đường trung bình của tam giác) \(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & NK=\frac{AB}{2}\left( * \right) \\ & NK//AB \\\end{align} \right.\) (tính chất đường trung bình của tam giác) Ta có: \(NK//AB\left( cmt \right)\Rightarrow \) tứ giác \(NKBA\) là hình thang (dấu hiệu nhận biết hình thang) Lại có: \(\angle NAB={{90}^{0}}\left( gt \right)\Rightarrow \) hình thang \(NKBA\) là hình thang vuông (dấu hiệu nhận biết hình thang vuông)
\(\Rightarrow QN=MB=\frac{AB}{2}\left( ** \right)\) (tính chất hình bình hành) Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( ** \right)\Rightarrow QN=NK\) lại có \(AN=NC\left( gt \right)\Rightarrow AQCK\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành) Mặt khác, xét \({{\Delta }_{v}}ABC\) có \(AK\) là trung tuyến (gt) suy ra \(AK=\frac{BC}{2}\) (trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy) Mà \(KC=\frac{BC}{2}\left( gt \right)\Rightarrow AK=CK\) \(\Rightarrow \) hình bình hành \(AQCK\) là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi)
Vì \(BNQM\) là hình bình hành (cmt) \(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & BN//MQ \\ & BO=OQ \\\end{align} \right.\) (tính chất hình bình hành) \(\Rightarrow \angle IBO=\angle OQH\) (so le trong) Xét \(\Delta OIB\) và \(\Delta OHQ\) có: \(\angle IBO=\angle OQH\) (cmt) \(BO=OQ\left( cmt \right)\) \(\angle BOI=\angle HOQ\) (đối đỉnh) \(\Rightarrow \Delta OIB=\Delta OHQ\left( g-c-g \right)\Rightarrow OI=OH\) (2 cạnh tương ứng) Xét \(\Delta IAB\) có: \(MH//IB\) (do \(MQ//BN\)) \(M\) là trung điểm của \(AB\left( gt \right)\) \(\Rightarrow \) \(H\) là trung điểm của \(AI\) (trong tam giác, đường thẳng đi qua trung điểm của cạnh thứ nhất và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba) \(\Rightarrow AH=HI\left( 1 \right)\) (tính chất trung điểm của đoạn thẳng) Vì \(AKCQ\) là hình thoi (cmt) mà \(N\) là trung điểm của \(AC\left( gt \right)\) và \(AC\cap KQ=\left\{ N \right\}\Rightarrow N\) là trung điểm của \(AC\) (tính chất hình thoi) Xét \(\Delta KCQ\) có: \(IN//HQ\) (do \(MQ//BN\)) \(N\) là trung điểm của \(KQ\left( cmt \right)\) \(\Rightarrow I\) là trung điểm của \(HK\) (trong tam giác, đường thẳng đi qua trung điểm của cạnh thứ nhất và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba) \(\Rightarrow KI=HI\left( 2 \right)\) (tính chất trung điểm của đoạn thẳng) Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\Rightarrow AH=HI=IK=\frac{1}{3}AK\) Xét \({{\Delta }_{v}}ABC\) có: \(AK=\frac{BC}{2}=12cm\) (trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy) \(\Rightarrow AH=HI=IK=\frac{1}{3}AK=\frac{12}{3}=4cm\) Ta có: \(NK//AB\left( cmt \right)\Rightarrow KQ//AB\left( 3 \right)\) Do \(AKCQ\) là hình thoi (cmt) và \(N\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(KQ\Rightarrow KN=\frac{1}{2}KQ\) (tính chất hình thoi) Mà \(KN=\frac{1}{2}AB\left( cmt \right)\Rightarrow KQ=AB\left( 4 \right)\) Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\Rightarrow ABKQ\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành) \(\Rightarrow O\) là trung điểm của \(AK\) (tính chất hình bình hành) \(\Rightarrow AO=OK\) (tính chất trung điểm) Lại có \(\left\{ \begin{align} & OI=OK-KI \\ & OH=OA-AH \\\end{align} \right.\) Mà \(AH=IK\ \left( cmt \right)\Rightarrow OI=OH=\frac{IH}{2}=\frac{4}{2}=2\ cm\) Chọn B Đáp án - Lời giải Câu hỏi 10 : Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) , gọi \(M\) là trung điểm của \(AC\) . Gọi \(D\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(M\) .
Phương pháp giải: Áp dụng dấu hiệu nhận biết các hình: hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi. Áp dụng tính chất: đường trung bình của tam giác, của hình thang. Lời giải chi tiết:
Xét tứ giác \(ABC{\rm{D}}\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MC = MA\left( {gt} \right)\\M{\rm{D}} = MB\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) Tứ giác \(ABC{\rm{D}}\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow NA = AB\)(tính chất) Lại có \(ABC{\rm{D}}\) là hình bình hành (cmt) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DC = AB\\DC//AB\end{array} \right.\)(tính chất) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DC = AN\\DC//AN\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AN{\rm{D}}C\) là hình bình hành (dhnb) Mặt khác, \(\angle CAB = {90^0}\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle CAN = {90^0}\) \( \Rightarrow \) hình bình hành \(AN{\rm{D}}C\) là hình chữ nhật (dhnb) (đpcm)
\(NA = AB\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow \) \(AK\) là đường trung bình của \(\Delta BNI\)(định lý) \( \Rightarrow KI = KB\) (tính chất) Xét \(\Delta CAK\) có: \(MI//AK\) (do \(AK//NI\)) \(MA = MC\) (gt) \( \Rightarrow \) \(MI\) là đường trung bình của \(\Delta ACK\) (dhnb) \( \Rightarrow IK = CI\) (tính chất) Mà \(KC = CI + IK \Rightarrow KC = 2KI = 2KB\) (do \(KI = KB\))
Lại có: K là trung điểm của BI (cmt) và \(AK//MI\left( {cmt} \right) \Rightarrow A\)là trung điểm của EM (trong hình thang, nếu một đường thẳng đi qua trung điểm của cạnh bên thứ nhất và song song với cạnh đáy thì đi qua trung điểm của cạnh bên thứ hai) Xét tứ giác \(BENM\) có hai đường chéo BN và EM cắt nhau tại trung điểm A của mỗi đường. \( \Rightarrow BENM\)là hình bình hành (dhnb) Mà \(BN \bot EM\left( {gt} \right) \Rightarrow \) hình bình hành BENM là hình thoi (dhnb) Để hình thoi BENM là hình vuông khi và chỉ khi \(AB = AM \Leftrightarrow AB = \frac{1}{2}AC\). Đáp án - Lời giải Câu hỏi 11 : Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) , có \(D\) là trung điểm của \(BC\) . Gọi \(E,\,F\) lần lượt là hình chiếu của \(D\) trên \(AB\) và \(AC\) . 1. Chứng minh: \(A{\rm{D}} = EF\) 2. Gọi K là điểm đối xứng với \(D\) qua \(E\) . Chứng minh ba đường thẳng \(A{\rm{D}},\,EF,\,KC\) đồng quy. Phương pháp giải: Áp dụng: - Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật - Tính chất: hình chữ nhật, đối xứng, từ vuông góc đến song song. Lời giải chi tiết: 1. Xét tứ giác \(A{\rm{ED}}F\) có: \(\angle BAC = \angle A{\rm{ED}} = \angle AFD = {90^0}\left( {gt} \right) \Rightarrow A{\rm{ED}}F\) là hình chữ nhật (dhnb) \( \Rightarrow A{\rm{D}} = EF\) (tính chất hình chữ nhật) 2. Gọi \(O\) là giao điểm của \(EF\) và \(A{\rm{D}} \Rightarrow {\rm{O}}\)là trung điểm của \(EF\) và \(A{\rm{D}}\)(tính chất hình chữ nhật) (1) \( \Rightarrow OE = OF\) (tính chất trung điểm) Do D và K đối xứng nhau qua E nên suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}DK \bot AB\\ED = KE\end{array} \right.\) (tính chất đối xứng) Mà \(AC \bot AB\left( {gt} \right) \Rightarrow DK//AC\) (từ vuông góc đến song song) Ta có: \(ED\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) (E, D là trung điểm của AB, BC (gt)) \( \Rightarrow ED = \frac{1}{2}BC \Rightarrow BC = 2ED.\) Xét tứ giác \(AKDC\) ta có: \(\begin{array}{l}BC//KD\;\;\left( {cmt} \right)\\KD = BC\;\;\left( { = 2KD} \right)\end{array}\) \( \Rightarrow AKDC\) là hình bình hành (dhnb) \( \Rightarrow KC,\;EF\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (tính chất) Mà O là trung điểm của EF (cách gọi) \( \Rightarrow KC,\;\;EF,\;\;AD\) đồng quy tại \(O.\) (đpcm) Đáp án - Lời giải Câu hỏi 12 : Cho hình thoi ABCD có góc D bằng \({60^o}\). Gọi E, H, G, F lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA.
Phương pháp giải:
Lời giải chi tiết: Cho hình thoi ABCD có góc D bằng \({60^o}\). Gọi E, H, G, F lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA.
Ta có ABCD là hình thoi \( \Rightarrow AC \bot BD\) (tính chất) (1) Có E, F lần lượt là trung điểm của AB và DA (gt) \( \Rightarrow \) EF là đường trung bình trong tam giác ABD \( \Rightarrow \)EF // BD (2) Có F, G lần lượt là trung điểm của AD và CD (gt) \( \Rightarrow \) FG là đường trung bình trong tam giác DAC \( \Rightarrow \)FG // AC (3) Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow EF \bot FG\) (từ vuông góc đến song song) Tương tự \( \Rightarrow FG \bot GH\,\,;\,\,GH \bot HE\,\,;\,\,HE \bot EF\) \( \Rightarrow \) EFGH là hình chữ nhật (dhnb)
Ta có F, H lần lượt là trung điểm của AD và BC \( \Rightarrow \) FH là đường trung bình của hình thoi ABCD \( \Rightarrow \)FH // AB // CD và \(FH = AB = CD\) Xét tam giác ADG có F là trung điểm của AD, FJ // DG (FH // CD) \( \Rightarrow \)J là trung điểm của AG \( \Rightarrow \) FJ là đường trung bình trong tam giác ADG \( \Rightarrow FJ = \frac{1}{2}DG = \frac{1}{4}CD = \frac{1}{4}HF\) (do G là trung điểm của CD nên \(DG = \frac{1}{2}CD\)) \( \Rightarrow HF = 4FJ\) (đpcm)
Gọi AC cắt BD tại O \( \Rightarrow DO = \frac{1}{2}BD\,\,;\,\,OC = OA = \frac{1}{2}AC\) (tính chất) Xét tam giác ACD có \(DA = DC\) (ABCD là hình thoi), \(\angle D = {60^o}\) (gt) \( \Rightarrow \)\(\Delta ACD\) đều (dhnb) \( \Rightarrow AC = CD\,\)\(;\,\,DO = AG\) (tính chất) \( \Rightarrow AG\) vừa là trung tuyến vừa là đường cao \( \Rightarrow AG \bot CD \Rightarrow AG \bot HF\) (từ vuông góc đến song song) Gọi FG cắt BD tại M Xét tam giác ODA có F là trung điểm của AD, FM // OA (FG // AC) \( \Rightarrow \)M là trung điểm của OD \( \Rightarrow \) FM là đường trung bình trong tam giác ODA \( \Rightarrow FM = \frac{1}{2}OA\) Tương tự ta cũng được \(GM = \frac{1}{2}OC\) mà \(OA = OC\) (cmt) \( \Rightarrow FM = GM\) \( \Rightarrow \) M là trung điểm của FG \( \Rightarrow \) IM là đường trung bình trong tam giác FJG \( \Rightarrow \) IM // AG mà \(AG \bot HF\) (cmt) \( \Rightarrow IM \bot HF\) Gọi PG cắt MH tại K. Dễ thấy PHGM là hình chữ nhật (có 3 góc vuông) \( \Rightarrow \) K là trung điểm của PG và HM ; \(HM = PG\) Có tam giác IMH vuông tại I (\(IM \bot HF\)) có K là trung điểm của HM \( \Rightarrow \) \(KI = \frac{1}{2}HM = \frac{1}{2}PG\) \( \Rightarrow \) Tam giác PIG vuông tại I \( \Rightarrow \) \(IG \bot IP\) (đpcm)
Ta có ABCD là hình thoi có HF là đường trung bình và \(\Delta ACD\) đều \( \Rightarrow AB = BC = CD = DA = AC = HF = 2cm\) \( \Rightarrow AG = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 cm \Rightarrow GJ = \frac{1}{2}AG = \frac{{\sqrt 3 }}{2}cm\) (J là trung điểm của AG) \(OC = OA = \frac{1}{2}AC = 1cm\) ; \(FG = EH = \frac{1}{2}AC = 1cm\) \(OD = AG = \sqrt 3 cm \Rightarrow EF = GH = OD = \frac{1}{2}BD = \sqrt 3 cm\) \(IJ = \frac{1}{2}FJ = \frac{1}{8}HF = \frac{1}{4}cm\) ; \(PH = MG = \frac{1}{2}FG = \frac{1}{2}cm\) Áp dụng định lý Pytago cho tam giác GJI vuông tại J ta được: \(IG = \sqrt {I{J^2} + G{J^2}} = \sqrt {\frac{1}{{16}} + \frac{3}{4}} = \frac{{\sqrt {13} }}{4}\left( {cm} \right)\) Áp dụng định lý Pytago cho tam giác HPG vuông tại H ta được: \(PG = \sqrt {P{H^2} + G{H^2}} = \sqrt {\frac{1}{4} + 3} = \frac{{\sqrt {13} }}{2}\left( {cm} \right)\) Áp dụng định lý Pytago cho tam giác PIG vuông tại I ta được: \(IP = \sqrt {P{G^2} - I{G^2}} = \sqrt {\frac{{13}}{4} - \frac{{13}}{{16}}} = \frac{{\sqrt {39} }}{4}\left( {cm} \right)\) Đáp án - Lời giải Câu hỏi 13 : Cho \(ABC\) là tam giác nhọn, có \(AM\) là đường trung tuyến. Trên cạnh \(AC\) lấy hai điểm \(D\) và \(E\) sao cho \(AD = DE = EC.\) \(AM\) cắt \(BD\) tại \(I.\)
Phương pháp giải:
Lời giải chi tiết:
\( \Rightarrow \)ME là đường trung bình của \( \Rightarrow ME//BD;\,\,\,ME = \frac{1}{2}BD\) (tính chất đường trung bình) \( \Rightarrow \) Tứ giác \(BDEM\) là hình thang (tứ giác có 2 cạnh đối song song là hình thang).
Mà \(D\) là trung điểm của \(AE\) \( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(AM\)
\(\begin{align}BI=BD-DI=BD-~\frac{1}{2}BD=~\frac{3}{4}BD \\ \Rightarrow BI=3ID \\ \end{align}\)
Xét \(\vartriangle AMP\) có \(AC\) là đường trung tuyến,\(AE = \frac{2}{3}AC \Rightarrow E\) là trọng tâm \(\vartriangle AMP\)\( \Rightarrow {\rm{EF}} = \frac{1}{2}ME\) \(EF//ID{\rm{ }}\left( {do{\rm{ }}ME//ID:{\rm{ }}cmt} \right){\rm{ }};{\rm{ }}ID = EF = \frac{1}{2}ME\) \( \Rightarrow IDFE\) là hình bình hành (tứ giác có cặp cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành) \( \Rightarrow IE//DF{\rm{ }}\left( 1 \right)\) Ta có: (chứng minh trên); \(BP = \frac{3}{4}BQ\) \( \Rightarrow IP//DQ\) (định lý Ta-let đảo trong tam giác) \(IP\) là đường trung tuyến trong \(\vartriangle AMP\Rightarrow IP\equiv IE\Rightarrow IE//DQ\,\,\left( 2 \right)\) Từ (1) và (2) \( \Rightarrow DF \equiv DQ\) hay \(F \in DQ\) Vậy \(ME,\, DQ,\, AP\) đồng quy tại \(F.\) Đáp án - Lời giải Câu hỏi 14 : Cho hình vuông ABCD, E là một điểm trên cạnh CD. Tia phân giác của góc BAE cắt BC tại M. Chứng minh rằng \(AM \le 2ME\) Phương pháp giải: Ta thấy nếu vẽ \(EF \bot AM(F \in AB)\) thì EF = AM. Ta có AM là đường phân giác, đường cao của tam giác AEF, nên tam giác AEF cân đỉnh A. Từ đó có ME = MF. Xét ba điểm M, E, F ta có: \(EF \le ME + MF\) Do đó \(AM \le 2ME\) Lời giải chi tiết: Vẽ \(EF \bot AM(F \in AB),EG \bot AB(G \in AB)\) Tứ giác AGED là hình chữ nhật( vì \(\widehat G = \widehat A = \widehat D = {90^0}\) ), suy ra GE = AD. Xét \(\Delta GEF\) và \(\Delta BAM\) có: \(\widehat {EGF} = \widehat {ABM} = {90^0}\); GE = AB (=CD); \(\widehat {FEG} = \widehat {MAB}\) Do đó \(\Delta GEF = \Delta BAM\) (g.c.g) suy ra EF = AM. Tam giác AEF có AM là đường phân giác và là đường cao nên tam giác AEF cân đỉnh A. Ta có AM là đường trung trực của EF, nên ME = MF. Xét ba điểm M, E, F ta có: \(EF \le ME + MF \Leftrightarrow EF \le 2ME\). Do đó \(AM \le 2ME\) (đpcm). Đáp án - Lời giải Câu hỏi 15 : Cho tam giác ABC \(\left( \widehat{A\,\,}<{{90}^{0}} \right)\). Về phía ngoài của tam giác ABC dựng các hình vuông ABDE, ACFG. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng DF. Chứng minh rằng tam giác MBC cân tại M. Phương pháp giải: + Vẽ thêm điểm H sao cho tam giác BHC vuông cân đỉnh B, H thuộc nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A. + Chứng minh M là trung điểm của HC để suy ra MB = MC. + Chứng minh MB vuông góc với MC để suy ra điều phải chứng minh. Lời giải chi tiết: Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chưa A dựng tam giác BHC vuông cân đỉnh B. Xét tam giác BHD và tam giác BCA có: DB = BA (Vì ADBE là hình vuông) \(\widehat{DBH}=\widehat{ABC}\) (vì cùng phụ với góc HBA) BH = BC (vì tam giác BHC vuông cân đỉnh B) Do đó: \(\Delta BHD=\Delta BCA\,\,(c.g.c)\), suy ra \(DH=AC,\widehat{BHD}=\widehat{BCA}\). AC cắt HD tạ K, cắt BH tại I. Xét tam giác IHK và tam giác ICB có: \(\widehat{HIK}=\widehat{CIB}\) (đối đỉnh), \(\widehat{BHD}=\widehat{BCA}\), do đó \(\widehat{HKI}=\widehat{IBC}={{90}^{0}}\Rightarrow KC\bot DH\) |