Bài tập tổng hợp hình học lớp 8&9 _ Phần 13

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC
    --------- ---------

    Bài 61:
    Cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm D thuộc cạnh BC. Điểm M chuyển động trên đoạn AD. Gọi N, P thứ tự là hình chiếu của M trên AB, AC. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua N và vuông góc với PD luôn đi qua một điểm cố định.
    Giải:
    bai_61.png
    Giả sử đường thẳng đi qua N và vuông góc với PD tại K.
    Giả sử đường thẳng qua A và vuông góc với AD cắt đường thẳng NK tại E.
    Ta cần chứng minh E là điểm cố định. Thật vậy :
    Tứ giác ANMP có $\widehat{A}=\widehat{N}=\widehat{P}={{90}^{0}}$ nên là hình chữ nhật.
    Ta lại có $\widehat{NKP}={{90}^{0}}$ nên 5 điểm A, N, M, K, P cùng thuộc đường tròn tâm O là giao điểm của AM và NP có đường kính AM $\Rightarrow \widehat{MAK}=\widehat{MNK}$.
    Tứ giác AKDE có $\widehat{EAD}=\widehat{EKD}={{90}^{0}}$ nên là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DAK}=\widehat{DEK}$.
    Do đó $\widehat{MNK}=\widehat{DEK}$ $\Rightarrow $ MN // DE $\Rightarrow \widehat{ADE}=\widehat{AMN}$.
    Mà tam giác AMN vuông tại N có $\widehat{NAM}$ không đổi nên $\widehat{AMN}$ không đổi hay $\widehat{ADE}$ không đổi.
    Tam giác ADE vuông tại A có AD cố định và $\widehat{ADE}$ không đổi nên E cố định.


    Bài 62:
    Hai điểm X, Y nằm ngoài tam giác ABC, điểm Z nằm trong tam giác ABC sao cho $\Delta CBZ$ ഗ$\Delta \text{ABX}$ ഗ$\Delta CAY$. Chứng minh rằng 4 điểm A, X, Y, Z là các đỉnh của một hình bình hành.

    Giải:
    bai_62.png
    Ta có $\Delta CBZ$ഗ$\Delta CAY$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}
    & \widehat{BCZ}=\widehat{ACY} \\
    & \frac{CZ}{CY}=\frac{BC}{AC} \\
    \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}
    & \widehat{BCA}=\widehat{ZCY} \\
    & \frac{CZ}{CY}=\frac{BC}{AC} \\
    \end{align} \right.$
    Do đó $\Delta YZC$ ഗ$\Delta \text{ABC}$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{ZYC}=\widehat{BAC}$ ; $\widehat{YZB}=\widehat{ABC}$.
    Ta có $\Delta \text{ABX}$ ഗ$\Delta CAY$ $\Rightarrow \widehat{AXB}=\widehat{CYA}$.
    Mà $\widehat{BXZ}=\widehat{ZYC}=\widehat{BAC}$ $\Rightarrow \widehat{AXZ}=\widehat{AYZ}$ (1)
    Ta lại có $\widehat{XZY}={{360}^{0}}-\widehat{XZB}-\widehat{YZC}-\widehat{BZC}$
    \[\begin{align}
    & ={{180}^{0}}-\left( \widehat{ACB}+\widehat{ABC} \right)+{{180}^{0}}-\widehat{BZC} \\
    & =\widehat{BAC}+\widehat{ZBC}+\widehat{ZCB} \\
    & =\widehat{BAC}+\widehat{YAC}+\widehat{XAB}=\widehat{XAY}\,\,\,\,\,\,\,(2) \\
    \end{align}\]
    Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AXZY là hình bình hành.


    Bài 63:
    Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Đường phân giác góc ADC cắt cạnh AC tại M. Đường phân giác góc ADB cắt cạnh AB tại N. MN cắt AD tại O, FO cắt AC tại P, OE cắt AB tại Q.
    Chứng minh rằng: PQ = AD.

    Cách 1:
    bai_63.1.png
    Theo Ta-lét ta có:
    · $\frac{ON}{DB}=\frac{OM}{DC}$ , mà DB = DC nên ON = OM.
    · $\frac{QO}{QE}=\frac{ON}{EF}$; $\frac{PO}{PF}=\frac{OM}{EF}$, mà OM = ON nên $\frac{QO}{QE}=\frac{PO}{PF}$.
    Do đó theo Ta-lét đảo suy ra EF // PQ $\Rightarrow $ EF // MN // PQ // BC.
    Theo Ta-lét ta có: $\frac{ON}{PQ}+\frac{ON}{EF}=\frac{FN}{FQ}+\frac{QN}{QF}=1\Rightarrow ON=\frac{PQ.EF}{PQ+EF}$
    $\Rightarrow MN=\frac{2.PQ.EF}{PQ+EF}=\frac{2.PQ.BC}{2PQ+BC}$ (vì OM = ON và $EF=\frac{1}{2}BC$) (1)
    Kết hợp Ta-lét và tính chất đường phân giác ta có:
    $\frac{MN}{BC}=\frac{AM}{AC}=\frac{AD}{AD+DC}=\frac{AD}{AD+\frac{BC}{2}}=\frac{2AD}{2AD+BC}\Rightarrow MN=\frac{2AD.BC}{2AD+BC}$ (2)
    Từ (1) và (2) suy ra $\frac{2.PQ.BC}{2PQ+BC}=\frac{2.AD.BC}{2AD+BC}\Rightarrow PQ=AD$.

    Cách 2:

    bai_63.2.png

    Dễ chứng minh được $MN // BC$ và $MO = ON$. Áp dụng tính chất đường trung tuyến ta được $QP // EF$.
    Áp dụng định lý Menelaus với tam giac AMN và ba diểm thẳng hàng $Q$, $O$, $E$
    $\Rightarrow$ $\frac{QA}{QN}.\frac{ON}{OM}.\frac{EM}{EA}=1\Rightarrow \frac{QA}{QN}=\frac{EA}{EM}$
    $\Rightarrow $ $\frac{AN}{QN}=\frac{AQ}{NQ}-1=\frac{EA}{EM}-1=\frac{EC}{EM}-1=\frac{MC}{EM}$
    $\Rightarrow $ $\frac{EM}{MC}+1=\frac{NQ}{AN}+1\Rightarrow \frac{CE}{MC}=\frac{AQ}{AN}$(1)

    Theo định lý Ta let ta có $\frac{AQ}{AB}=\frac{QP}{BC}$ (2)
    Từ tính chất đường phân giác trong tam giác suy ra $\frac{BN}{BD}=\frac{AN}{AD}$ (3)
    Nhân (1), (2), (3) ta được :
    $\frac{CE}{MC}.\frac{AQ}{AB}.\frac{BN}{BD}=\frac{QA}{QN}.\frac{QP}{BC}.\frac{AN}{AD} \Rightarrow \frac{CE.BN.BC}{MC.AB.BD}=\frac{QP}{AD}$
    Mà $\frac{BN}{AB}=\frac{CM}{CA}$, $BC = 2BD$, $CE = \frac{AC}{2}$
    $\Rightarrow $CA.BN = AB.CM $\Rightarrow $2. CE.BN = AB.CM
    Thay vào vế trái $\frac{CE.BN.BC}{MC.AB.BD}=\frac{AB.CM.2BD}{MC.AB.2BD}=1$ $\Rightarrow \frac{PQ}{AD}=1\Rightarrow PQ=AD.$


    Bài 64:
    Cho tam giác đều ABC cạnh bằng 22cm, đường cao AD. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = 4cm. Gọi F là hình chiếu của E lên AC; I là giao điểm của EF và AD; K là trung điểm của CE. Tính độ dài đoạn thẳng IK.
    Giải:
    Cách 1:

    Vì AB = 22cm và BE = 4cm nên AE = 18cm.
    Tam giác AEF là nửa tam giác đều
    Mà AC = 22cm nên CF = 13cm.
    Vì AD là đường cao của tam giác đều ABC
    AD là phân giác góc BAC

    bai_64.1.png

    $\Rightarrow $ Tam giác AIF là nửa tam giác đều $\Rightarrow AF=\frac{AI\sqrt{3}}{2}\text{=IF}\sqrt{3}\Rightarrow IF=\frac{AF}{\sqrt{3}}=\frac{9}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\left( cm \right)$.
    Tam giác CIF vuông tại F, theo Pi-ta-go tính được IC = 14cm.
    Vì AD là đường cao của tam giác đều ABC nên AD là trung trực của BC
    $\Rightarrow $ IB = IC = 14(cm).
    Gọi M là điểm đối xứng với B qua K.
    Ta có KB = KM và KC = KE nên BEMC là hình bình hành $\Rightarrow $ EM // BC.
    Gọi N là giao điểm của EM và AC $\Rightarrow \Delta MCN$ và $\Delta AEN$ là các tam giác đều.
    Từ đó suy ra IE = IN, BE = MN, $\widehat{IEB}=\widehat{INM}={{150}^{0}}$.
    $\Rightarrow \Delta IEB=\Delta INM$ (c-g-c) $\Rightarrow IB=IM$ và $\widehat{BIM}=\widehat{EIN}={{120}^{0}}$.
    $\Rightarrow \Delta BIM$ cân tại I và $\widehat{IBM}=\widehat{IMB}={{30}^{0}}$.
    Ta lại có IK là đường trung tuyến nên IK đồng thời là đường cao của $\Delta BIM$
    $\Rightarrow \Delta BIK$ là nửa tam giác đều $\Rightarrow IK=\frac{1}{2}IB=\frac{1}{2}.14=7\left( cm \right)$.

    Cách 2:

    Vì AB = 22cm và BE = 4cm nên AE = 18cm.
    Tam giác AEF là nửa tam giác đều
    Mà AC = 22cm nên CF = 13cm.
    Vì AD là đường cao của tam giác đều ABC
    AD là phân giác góc BAC

    bai_64.2.png

    $\Rightarrow $ Tam giác AIF là nửa tam giác đều $\Rightarrow AF=\frac{AI\sqrt{3}}{2}\text{=IF}\sqrt{3}\Rightarrow IF=\frac{AF}{\sqrt{3}}=\frac{9}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\left( cm \right)$.
    Tam giác CIF vuông tại F, theo Pi-ta-go tính được IC = 14cm.
    Vì AD là đường cao của tam giác đều ABC nên AD là trung trực của BC
    $\Rightarrow $ IB = IC = 14(cm).
    Gọi H là điểm đối xứng với I qua K.
    Ta có KH = KI và KC = KE nên EICH là hình bình hành $\Rightarrow $ CH //= EI.
    $\Rightarrow CH\bot AC$ và $\widehat{HCB}={{30}^{0}}$ (vì $EI\bot AC$ và $\widehat{ACB}={{60}^{0}}$)
    Ta lại có $\widehat{IEA}=\widehat{IAE}={{30}^{0}}$ nên IE = IA.
    Từ đó suy ra $\Delta IAB=\Delta HCB$ (c-g-c) $\Rightarrow IB=HB$ và $\widehat{IBA}=\widehat{HBC}$.
    Mà $\widehat{ABC}={{60}^{0}}$ nên $\widehat{IBH}={{60}^{0}}$, do đó $\Delta IBH$ là tam giác đều $\Rightarrow IK=\frac{1}{2}IH=\frac{1}{2}IB=\frac{1}{2}.14=7\left( cm \right)$.

    Cách 3:

    Vì AB = 22cm và BE = 4cm nên AE = 18cm.
    Tam giác AEF là nửa tam giác đều
    Mà AC = 22cm nên CF = 13cm.
    Vì AD là đường cao của tam giác đều ABC
    AD là phân giác góc BAC

    bai_64.3.png

    $\Rightarrow $ Tam giác AIF là nửa tam giác đều $\Rightarrow AF=\frac{AI\sqrt{3}}{2}\text{=IF}\sqrt{3}\Rightarrow IF=\frac{AF}{\sqrt{3}}=\frac{9}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\left( cm \right)$.
    Mà $EF=9\sqrt{3}\left( cm \right)$ nên $IE=6\sqrt{3}\left( cm \right)$ $\Rightarrow $ IE = 2.IF.
    Gọi G là điểm đối xứng với I qua F $\Rightarrow $ IG = 2.IF, do đó IG = IE.
    Dễ thấy IK là đường trung bình của tam giác CEG nên $IK=\frac{1}{2}CG$.
    Tam giác CIF vuông tại F, theo Pi-ta-go tính được CI = 14cm.
    Theo tính chất đối xứng $\Rightarrow $ CG = CI = 14(cm) $\Rightarrow $ IK = 7cm.


    Bài 65:
    Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB và CD lấy các điểm M và N sao cho QF đối xứng với AD qua MN (Q thuộc BC). Gọi E là giao điểm của QF và CD. Chứng minh rằng MQ + NE = QE.
    Cách 1:
    Trên đoạn QE lấy điểm K sao cho KQ = MQ. Gọi H là điểm đối xứng của K qua MN (tính chất đối xứng).

    Gọi I là giao điểm của KH và MN

    bai_65.1.png

    $\Rightarrow \widehat{AIQ}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác AIQB nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ABI}=\widehat{AQI}={{45}^{0}}$.
    Ta lại có $\widehat{ABD}={{45}^{0}}$ (vì ABCD là hình vuông)
    $\Rightarrow $ Ba điểm B, I, D thẳng hàng.
    Dễ thấy tứ giác HDNI nội tiếp $\widehat{HNI}=\widehat{HDI}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow \widehat{KNI}={{45}^{0}}$ (tính chất đối xứng).
    Do đó $\widehat{HNK}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow \widehat{HND}+\widehat{KNE}={{90}^{0}}$.
    Ta lại có $\widehat{HND}=\widehat{KNF}$ (tính chất đối xứng) và $\widehat{KNF}+\widehat{FKN}={{90}^{0}}$ ($\Delta NFK$ vuông tại F).
    Từ đó suy ra $\widehat{KNE}=\widehat{FKN}$ $\Rightarrow \Delta ENK$ cân tại E $\Rightarrow $ NE = KE.
    Mà MQ = KQ nên MQ + NE = KQ + KE = QE.

    Cách 2:

    bai_65.2.png

    Vẽ đường thẳng qua $Q$ song song với $AB$ cắt $AD$ tại $T$. Gọi $L, K$ lần lượt là giao điểm của $AE$ với $LQ$ , $MN$; $G$ là giao điểm của $MN$ và $TQ$; $H$ là giao điểm của Tia $AG$ và $QE$.
    Do $QF$ đối xứng với $AD$ qua $MN$nên ta chứng minh được $AMQG$ là hình thoi; $MQ \bot QF$
    Vì $AG//MQ$ ($AMQG$ là hình thoi), $MQ \bot QF$ nên $AG \bot QF$ tại $H$.
    Ta có: $\angle MQB=\angle TQE$ (cùng phụ với $\angle FQC$)
    $\angle AQM=\angle AQG$ ( AMQG là hình thoi)
    $\Rightarrow $ $\angle AQM+\angle MQB=\angle AQG+\angle TQE$
    $\Rightarrow $ $\angle AQB=\angle AQE$ $\Rightarrow $ $\angle AQB=\angle AQH$
    Xét tam giác $ABQ$ và $AHQ$ có :$\angle ABQ=\angle AHQ={{90}^{0}}$, $AQ$ cạnh chung và $\angle AQB=\angle AQH$ nên $\Delta AQB=\Delta AQH$ $\Rightarrow $ $AH = AB = AD$.
    Xét tam giác $ADE$ và $AHE$ có : $\angle ADE=\angle AHE={{90}^{0}}$, $AE$ cạnh chung, $AH = AD$ nên $\Delta ADE=\Delta AHE$ $\Rightarrow $ $\angle AED=\angle AEQ$.
    Mà $\angle AED=\angle ELQ$ (so le trong) nên $\angle AEQ=\angle ELQ$ hay $\angle LEQ=\angle ELQ$
    $\Rightarrow $ $\Delta EQL$ cân tại $Q$ $\Rightarrow $ $QL = QE$.
    Vì $AL$ là tia phân giác góc $TAG$ ( do $\Delta ADE=\Delta AHE$) nên $\frac{LG}{AG}=\frac{TL}{AT}$.
    Dễ thấy $\Delta ATL\sim \Delta ADE$nên $\frac{TL}{AT}=\frac{DE}{AD}$ $\Rightarrow $ $\frac{LG}{AG}=\frac{DE}{AD}$
    Mà AG = AM (cạnh hình thoi), AD = AB nên $\frac{LG}{AM}=\frac{DE}{AB}$ (1)
    Ta có $\angle NEF=\angle TQE$( đồng vị), $\angle MQB=\angle TQE$ (cmt) nên $\angle NEF=\angle MQB$
    Lại có $\angle NFE=\angle NDA={{90}^{0}}$ (do FQ đối xứng với AD qua MN).
    Xét tam giác $NFE$ và $MBQ$ có :
    $\angle NEF=\angle MQB$, $\angle NFE=\angle MBQ={{90}^{0}}$ nên$\angle NFE\sim \angle MBQ$ $\Rightarrow $ $\frac{NE}{MQ}=\frac{NF}{MB}$.
    Mà MQ = AM (cạnh hình thoi), NF = DN (tính chất đối xứng) nên $\frac{NE}{AM}=\frac{ND}{MB}=\frac{NE+ND}{AM+MB}=\frac{ED}{AB}$ (2)
    Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\frac{LG}{AM}=\frac{NE}{AM}$ $\Rightarrow $ $LG = NE$
    Ta có $LQ = QE$ (cmt) mà $LQ = QG + LG = MQ + NE$ nên $QE = MQ + NE$.