Bài tập nâng cao hình học lớp 8

10 354 0
  • Loading ...
1/10 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 09/06/2018, 16:55

Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn BÀI TẬP NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP BÀI 1: Cho hình thang ABCD ( AB//CD) a/ Chứng minh hai tia phân giác hai góc A D qua trung điểm F cạnh bên BC cạnh bên AD tổng hai đáy b/ Chứng minh AD = AB + CD hai tia phân giác hai góc A D cắt trung điểm cạnh bên BC A Giải: a) ABCD : AB//CD; BAF  DAF ; ADF  CDF ; F  BC : FB  FC B Chứng minh: AB + DC = AD Gọi E  AD : AE  AB (1) E Ta có : ABF  AEF ( c - g - c) Suy ra: AFE  AFB ; Mặt khác : AFD  900 ( FAD  FDA  900 ) F Nên DFE  DFC ( phụ với góc AFE  AFB ) + DF : cạnh chung Vậy DEF  DCF ( g - c- g) (2) ) DE = DC Từ (1) (2), suy ra: AB + DC = AD (đpcm) C D b) ABCD : AB//CD; BAF  DAF ; ADF  CDF ; A B AB + DC = AD Chứng minh: F  BC : FB  FC Gọi E  AD : AE  AB Suy : DE = DC E Nên ABF  AEF ( c - g - c) (*)  ) AFB  AFE ; BF = EF Tương tự: DFE  DFC ( c - g - c) F (**)  ) EDF  CDF ; EF = FC Mặt khác : AFD  AFE  EFD  90 (***) Từ (*); (**) (***), suy : BFC  AFB  AFE  EFD  CFD  1800 Hay ba điểm B; F C thẳng hàng FB = FC C D Nên F trung điểm BC Bài 2: Cho ABC cân A Gọi I điểm thuộc đường cao AH Gọi D giao điểm BI AC E giao điểm CI AB a CMR: AD = AE A b BEDC hình ? c Xác định vị trí I để BE = ED = DC Giải: a) Xét ABC : AB  AC ; AH  BC nên AH trung trực BC; I  AH Suy : BI = CI; IBC  ICB Mặt khác : B  C Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh D E I Tổ : Toán - Tin Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Nên IBE  ICD Xét EIB DIC Có IBE  ICD ; BI = CI; BIE  CID Nên EIB = DIC ( g - c - g)  ) BE = DC mà AB = AC nên AD = AC - DC = AB - BE = AE b) Từ AD = AE Ta có : ADE cân Nên AED  ABC  1800  A ( Cặp góc đồng vị) Suy ra: DE // BC ( Dhnb) ABC  ACB Vậy BCDE hình thang cân ( dhnb) c) Để BE = ED BED cân E  EBD  EDB BDC  EDB ( Cặp góc so le trong) Mà BDC  DBE hay BD đường phân giác góc B Suy : Vậy I giao điểm ba đường phân giác ABC Thì BE = DE = DC BÀI : Cho ABC, tia BA lấy D cho A trung điểm BD Trên tia CB lấy điểm E cho B trung điểm CE Hai đường thẳng AC DE cắt I Chứng minh rằng: DI  DE Giải: Qua B, vẽ BJ // AC; J  DE Xét BDJ Ta có : AB = AD ( gt) IA // JB ( BJ // AC) Suy : ID = IJ ( Định lí) Tương tự : JB đương trung bình CEI Nên IJ = JE DE Vậy DI = IJ = JE hay DI = E D I A J C B BÀI 4: Cho hình bình hành ABCD Các điểm E, F thuộc đường chéo AC cho AE = EF = FC Gọi M giao điểm BF CD; N giao điểm DE AB Chứng minh rằng: a M, N theo thứ tự trung điểm CD, AB Giải: a) Xét ADE BCF : AD = BC; DAE  BCF ; AE = CF Nên ADE = BCF ( c- g- c) ) AED  BFC ; DE = BF ( 1) AED  NEC Mà BFC  NEC ( cặp góc đồng vị) Suy : D Nên DN // BM ( dhnb) Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh b EMFN hình bình hành N A E F M C Tổ : Toán - Tin B Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Xét DEC : EF = FC; MF // DE Suy : DM = MC Hay MF đường trung bình DEC nên MF // DE; MF  DE (2) + Tương tự: EN đường trung bình ABF Nên AN = NB; EN  BF (3) Từ (1); (2) (3), suy : EN = MF; EN // MF nên EMFN hình bình hành BÀI 5: Cho hình bình hành ABCD có AD = 2AB Kẻ CE  AB Gọi M trung điểm AD, nối EM, kẻ MF vng góc với CE; MF cắt BC N a Tứ giác MNCD hình ? b  EMC tam giác ? c Chứng minh rằng: BAD  AEM M A D Giải: a) Xét AECD : AE // CD ( gt ) E AM = MD (gt) F MF // AE ( vng góc với CE) Suy : EF = FC ( đlí 3) + Xét BCE : NF // BE ( cm trên) EF = FC B C N Suy : BN = NC Vậy MNCD : MD = NC = AD ; MD // NC Nên MNCD hình bình hành ( dhnb) b) EMC cân M Vì MF vừa đường cao, vừa đường trung tuyến ứng với cạnh EC c) Ta có : AEM  EMF ( cặp góc soletrong) ) EMC  AEM (*) Mặt khác : CMN  MNA ( cặp góc soletrong) Mà MNA  MAN ( AMN cân M) MNA  BAN Suy : BAD  BAN  MAN  2CMN  EMC (**)từ (*) (**) Ta có : BAD  AEM Bài 6: Cho hình bình hành ABCD, hai đường chéo cắt O Hai đường thẳng d1 d2 qua O vng góc với Đường thẳng d1 cắt cạnh AB CD M P Đường thẳng d2 cắt cạnh BC AD N Q a/ Chứng minh tứ giác MNPQ hình thoi b/ Nếu ABCD hình vng tứ giác MNPQ hình gì? Chứng minh a) Vì O tâm đối xứng hình bình hành nên M P; N Q đối xứng với qua O Suy : OM = OP; ON = OQ d1 Nên OMN  OPN  OPQ  OMQ ( CGV - CGV) A ) MN  NP  PQ  QM M B Hay MNPQ hình thoi b) Nếu ABCD hình vng Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh N d2 Q OTổ : Tốn - Tin Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn MNPQ hình vng Vì A  900 nên AQM  AMQ  900 Mà AQM  BMN Nên BMN  AMQ  900   Suy : QMN  1800  BMN  AMQ  1800  900  900 Nên MNPQ hình vng ( dhnb) BÀI Cho tam giác ABC O điểm thuộc miền tam giác Gọi D, E, F trung điểm cạnh AB, BC, CA L, M, N trung điểm đoạn OA, OB, OC Chứng minh rằng: Các đoạn thẳng EL, FM DN đồng A qui Giải: Xét DFNM Ta có : L Vì DM đường trung bình ABO Nên DM // AO; DM  AO F O D Tương tự : NF // AO; NF  AO J Vậy DFNM hình bình hành M N Gọi J  DN  MF Ta có : B J trung điểm DN MF E Chứng minh tương tự : EFLM hình bình hành nên J trung điểm chung MF LE Hay EL, FM DN đồng qui C Bài Cho hình bình hành ABCD Gọi O giao điểm hai đường chéo ; E điểm đối xứng A qua B ; F giao điểm BC ED ; G giao điểm BC OE ; H giao điểm EC OF Chứng minh A, G, H thẳng hàng Giải: Vì O giao điểm hai đường chéo AC BD nên OA = OC suy EO trung tuyến EAC E Q Vì E đối xứng với A qua B nên B trung điểm EA suy CB trung tuyến EAC B Q Vì G giao điểm CB EO nên G trọng tâm EAC H Q (1) Mặt khác, ABCD hình bình hành A nên CD // AB, CD = AB, mà B trung điểm AE Q G Q O Q C Q F Q D Q suy CD // BE, CD = BE Do BECD hình bình hành Từ F trung điểm hai đường chéo ED BC hình bình hành BECD Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Ta có OF đường trung bình CAB nên OF // AB  OH // AE  HE = HC Do AH trung tuyến EAC (2) Từ (1) (2) suy A, G, H thẳng hàng (đpcm) A Bài Cho hình chữ nhật ABCD (AB < BC) có O giao điểm hai đường chéo Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE = CD Gọi F hình chiếu của D BE ; I giao điểm AB CF ; K giao điểm AF BC Chứng minh ba điểm O, K, I thẳng hàng B I K F O I Vì ABCD hình chữ nhật D nên AB = CD, AC = BD OA = OB = OC = OD C Ta có CB  AI (vì ABCD hình chữ nhật)  CB đường cao CAI (1) + FBD vng F (vì F hình chiếu D lên BE) có FO trung tuyến ứng với cạnh huyền BD 1 BD  OF = AC 2 + FAC có FO đường trung tuyến ứng với cạnh AC nên OF = mà FO = AC nên FAC vuông F Suy AF  CI hay AF đường cao CAI (2) + K giao điểm AF CB nên từ (1) (2) suy K trực tâm CAI Do IK  AC (3) Mặt khác, tứ giác ABEC có AB = CE (cùng CD) AB // CE (vì AB // CD) nên hình bình hành  BE // AC  BF //AC  ABFC hình thang Lại có FDE vng F, FC trung tuyến ứng với cạnh DE (vì CD = CE) nên CF = CD  CF = AB (vì AB = CD) Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin E Gia sư Tài Năng Việt Suy https://giasudaykem.com.vn BAC = FCA (cạnh huyền – cạnh góc vng)  AF = BC Hình thang ABFC có hai đường chéo AF BC nên hình thang · = ICA ·  IAC cân I cân Suy IAC  IO trung tuyến đồng thời đường cao Hay IO  AC (4) Từ (3) (4) suy I, K, O thẳng hàng (đpcm) Bài 10: Cho hình bình hành ABCD Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD Trên AB lấy điểm E, CD lấy điểm F cho AE = CF a Chứng minh E đối xứng với F qua O b Từ E dựng Ex // AC cắt BC I, dựng Fy // AC cắt AD K Chứng minh rằng: EI = FK; I K đối xứng với qua O A Giải: a) Xét tứ giác AECF có : AE = CF; AE // CF Nên AECF hình bình hành ( dhnb) Mà O trung điểm AC Nên O trung điểm EF Vậy E F đối xứng với qua O E B K O I D F C b) Xét EIFK : EI // KF ( song song với AC) Mặt khác : Xét BEI DFK : DF = EB ( Vì AE = CF) EBI  FDK ( Vì ABCD hình bình hành) + EIB  ACB ( Cặp góc đồng vị) + DKF  DAC ( Cặp góc đồng vị) Mà ACB  DAC ( Cặp góc soletrong) Nên EIB  DKF Suy : BEI = DFK ( g - c - g) ) EI = KF Vậy EIFK hình bình hành ( dhnb) Suy : EI = FK O trung điểm IK hay I K đối xứng qua O Bài 11: Cho hình chữ nhật ABCD, nối C với điểm E đường chéo BD, tia đối EC lấy điểm F cho EF = EC Vẽ FH FK vng góc với AB AD Chứng minh rằng: a) Tứ giác AHFK hình chữ nhật b) AF song song với BD KH song song với AC Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh Tổ : Tốn - Tin Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn c) Ba điểm E, H, K thẳng hàng K F Giải: a) Xét AHFK : A  H  K  900 A nên AHFK hình chữ nhật b) * Xét ACF : OA = OC; EC = EF nên OE đường trung bình ACF nên OE // AF hay AF // BD * Tương tự : EJ đường trung bình ACF : Nên EJ // AC D Mặt khác : AKJ cân J ) AKJ  KAJ x x J B H E O C + KAJ  KDE ( cặp góc đồng vị) )AKJ  KDE hay KDE cân 1800  KDE Suy : AJK  DEK  nên K; J E thẳng hàng Mà K; J H thẳng hàng Nên K; H E thẳng hàng HK // AC Bài tập 12 Cho hình bình hành ABCD Trên đường chéo BD lấy hai điểm E F cho BE = DF Kẻ EH  AB, FK  CD (H  AB, K  CD) Gọi O trung điểm EF Chứng minh ba điểm H, O, K thẳng hàng GIẢI Vì EH  AB, FK  CD AB // CD nên EH // FK (1) · = BHE · = 900 · = HBE · , DKF Xét  HBE  KDF có BE = DF, KDF   HBE =  KDF (cạnh huyền – góc nhọn) H A B  HE = KF (2) Từ (1) (2) F O E suy HEKF hình bình hành Vì O trung điểm EF D K trung điểm HK Vậy O, H, K thẳng hàng (đpcm) C · C = ECB · = 150 Trên Bài tập 13: Trong hình vng ABCD lấy điểm E cho EB nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm E vẽ tam giác CDF Chứng minh B, E, F thẳng hàng A B Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh Tổ : Tốn - E Tin Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn  GIẢI: Xét : BEC : BEC  1800  EBC  ECB  = 1800 - ( 150 + 150) = 1500 BCF : BCF  BCD  DCF  900  600  1500   ) BFC  1800  BCF  CBF  1800  1500  150   150 ( Hoặc BCF : BC  CF ( CD) Nên BCF cân C ) BFC  CBF  150 ;   Vậy CEF  180   CFB  ECF   180  15  135   30 ECF  900  ECB  DCF   900  150   600  1350 0 0 Ta có : CEF  CEB  1800 hay B, E, F thẳng hàng Bài tập 14: Cho tam giác ABC vuông cân A Điểm M thuộc cạnh BC Gọi E F theo thứ tự hình chiêu M AB ,AC.Chứng minh M chuyển động BC a/ Chu vi tứ giác MEAF không đổi b/Đường thẳng qua M vng góc với EF qua điểm K cố định c/ Tam giác KEF có diện tích nhỏ M trung điểm BC Giải: a) Xét MEAFL : A  E  F  900 K Q C Là hình chữ nhạt )ME  AF; MF  AE Mặt khác : ABC vuông cân P F Nên CFM vuông cân M )CF  FM  AE H Nên Cvi MEAF = AE + EM + FM + AF = 2( AF + FM) = 2( AF + FC) = 2AC khơng đổi AC khơng đổi B A b) Gọi K điểm đối xứng A qua BC E Vì ABC vng cân nên AK đường trung trực BC Suy : ABKC hình vuông Gọi P  FM  BK ; Q  ME  CK ; H hình chiếu M xuống EF Suy : + MPKQ hình chữ nhật + MFCQ; MEBP hình vng Xét MFE KPM : FM = KP ( = MQ); ME = MP ( cạnh hình vng MEBP); EMF  P  900 Nên MFE = KPM ( c - g - c) Suy ra: MEF  KMP Mặt khác : MEF  EMH  900 Nên MEF  EMH  EMP  1800 hay M; H K thẳng hàng Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Vậy HM qua điểm K cố định hay đường thẳng qua M vng góc với EF ln qua điểm K cố định c) SKEF  S ABCD   S AEF  SCKF  SBEK  1 S mà SCKF  S BEK   CK  CF  KB  EB  = KB   EB  CF   KB  AB  ABCD 2 2 Vậy SKEF nhỏ S AEF lớn Mặt khác : S AEF = AE  AF đạt giá trị lớn AE = AF ( bđthức Cô si) 1 AB AB S ABCD Hay Max S AEF = AE  AF=    2 2 S S  3S Nên Min SKEF  S ABCD   S AEF  SCKF  SBEK  = S ABCD   ABCD  ABCD   ABCD   Bài tập 15: Cho hình vng ABCD, M  đương chéo AC Gọi E,F theo thứ tự hình chiếu M AD, CD Chứng minh rằng: a) BM  EF A B b) Các đường thẳng BM, AF, CE đồng quy GIẢI : a) Tứ giác DEMF : D  E  F  900 Là hình chữ nhật Xét MEF KBM : K  M  900 EM = BK ( AEM vng cân) MF = MK ( = KC) Nên MEF = KBM ( c - g - c) MEF  MBK Mặt khác : EMH  BMK ( cặp góc đối đỉnh) MBK  BMK  900 Nên MEF  EMH  MBK  BMK  900 Vậy EMH  900 hay BM  EF b) Gọi I  AF  BE ; J  CE  BF Ta có : ADF  BAE ( c - g - c) DAF  ABE ) DAF  AEB  ABE  AEB  900 Nên AIE  900 hay FI  BE Tương tự : DEC  CFB Suy : EJ  BF Vậy BH; EJ FI ba đường cao BEF Nên đồng quy điểm Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh M E K H D C F A B I E M K H J D F C Tổ : Toán - Tin Gia sư Tài Năng Việt Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh https://giasudaykem.com.vn 10 Tổ : Tốn - Tin ... 150 ;   Vậy CEF  180   CFB  ECF   180  15  135   30 ECF  900  ECB  DCF   900  150   600  1350 0 0 Ta có : CEF  CEB  180 0 hay B, E, F thẳng hàng Bài tập 14: Cho tam giác... BC Suy : ABKC hình vng Gọi P  FM  BK ; Q  ME  CK ; H hình chiếu M xuống EF Suy : + MPKQ hình chữ nhật + MFCQ; MEBP hình vng Xét MFE KPM : FM = KP ( = MQ); ME = MP ( cạnh hình vng MEBP);... J Vậy DFNM hình bình hành M N Gọi J  DN  MF Ta có : B J trung điểm DN MF E Chứng minh tương tự : EFLM hình bình hành nên J trung điểm chung MF LE Hay EL, FM DN đồng qui C Bài Cho hình bình
- Xem thêm -

Xem thêm: Bài tập nâng cao hình học lớp 8 , Bài tập nâng cao hình học lớp 8

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay