Đề cương ôn tập học kỳ II môn toán 8 năm học 2018-2019 THCS Nguyễn Trường Tộ - Hà Nội

1 ĐỀ CƯƠNG NGUYỄN TRƯỜNG TỘ- HỌC KÌ II NĂM HỌC 2018-2019 NỘI DUNG CHÍNH 1. Bài toán phân thức tổng hợp 2. Giải phương trình 3. Giải bài toán bằng cách lập phương trình 4. Giải bất phương trình 5. Tam giác đồng dạng 6. Bất đẳng thức Dạng 1: Bài tập tổng hợp về phân thức đại số  x x3  8 x 2  2 x  4  4 Bài 1: Cho biểu thức: A=   3 . : 2  x 2 x 8 4 x  x2 a. Tìm ĐKXĐ của biểu thức A. Rút gọn A. b. Tìm x để A = 3 c. Tìm x để A < 1 d. Tính giá trị của A khi x  1 2 3 2  4 x2  1  2 Bài 2: Cho biểu thức: B=    : 2 2  2x  1 1  4x 2x 1  4x 1 a. Rút gọn B. b. Tính giá trị của B khi x  2 . 3 c. Chứng minh B<0 x thỏa mãn ĐKXĐ của B. d. Tìm giá trị nhỏ nhất của B. Bài 3. Cho biểu thức: C   x 1 x2  x 1 2  x2  :     x2  2x  1  x 1 x x2  x  a. Rút gọn biểu thức b. Tìm x để C  1 c. Tìm giá trị nhỏ nhất của C khi x  1 Bài 4. Giải các phương trình sau 2 a.  x  2  x  3  3  4 x  2    x  4  2 b. 2 x  3  4x  5 2x 2  1 7x  2 x 2  1 x  3 c.    8 12 4 6 3 15 7 d.   0 2 4 x  20 50  2 x 6 x  30 e. x 2  x  20  0  5  3x  x  x  x  2   4 f.  x  1 g. x  2 x 1 4   x  3 x  1  x  3 x  1 2 76 2 x  1 3x  1   x  16 x  4 4  x Bài 5. Giải các bất phương trình và biểu diễn tập nghiệm trên trục số: h. 5  2 a) (x + 3)2 – 3(2x – 1)  x(x – 4) c) x2 3x 1 3  x 1 x   4 4 3 b) x2 – 3x + 4  0 d) 5 3  3x 1 5  4 x Dạng 2 : Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Bài 6. Một tổ sản xuất dụ định may 40 chiếc áo trong 1 ngày. Khi thực hiện tổ đã vượt mức dự định 12 chiếc sáo mỗi ngày. Vì vậy không những tổ hoàn thành sớm 2 ngày mà còn may thêm được 4 chiếc áo nữa. Tính số áo mà tổ phải may Bài 7. Một ô tô dự định đi từ A đến B với vận tốc 50km/h. Sauk hi đi 2/3 quãng đường với vận tốc đó, người lái xe giảm tốc độ mỗi giờ 10km/h trên quãng đường còn lại, do đó đến B chậm hơn 30 phút so với dự định. Tính quãng đường AB. Bài 8. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp hai lần chiều rộng. Nếu tăng chiều rộng 3m và giảm chiều dài 5m thì diện tích của khu vườn không thay đổi. Tính chu vi của khu vườn lúc đầu. Bài 9. Hai người được giao làm một công việc. Nếu cùng làm chung thì hoàn thành trong 15 giờ. Nếu người A làm trong 5 giờ và người B làm trong 3 giờ thì làm được 30% công việc. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người cần bao nhiêu lâu để hoàn thành công việc. Bài 10: Trong tháng Giêng hai tổ công nhân may đươc 800 cái áo. Tháng Hai, tổ một vượt mức 15%, tổ hai vượt mức 20%, do đó cả hai tổ sản xuất được 945 cái áo. Tính xem trong tháng đầu mỗi tổ may được bao nhiêu cái áo? Dạng 3: Hình học  cắt nhai tại I. AI Bài 11. Chu vi ABC cân tại A là 80 cm . Đường phân giác của góc  A và B AI 4 cắt BC tại I. Cho  . Tính các cạnh của ABC . ID 3 3 Bài 12: Cho ABC , lấy điểm D trên cạnh BC sao cho BD 1  . Qua D vẽ đường thẳng song song với AB DC 2 cắt AC tại E, vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB tại F. Cho M là trung điểm của AC. a) So sánh BF AE và . AB AC b) Chứng minh EF / / BM. c) Giả sử BD  k , tìm k để EF / / DC. DC Bài 13: Cho ABC vuông ở A, đường cao AH , AB  5 cm; AC  12 cm. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB; AC . a. Tính độ dài BC và DE b. Chứng minh ADE ~ ACB c. Đường thẳng vuông góc với DE tại D và E cắt BC tại M và N . Chứng minh rằng M là trung điểm BH , N là trung điểm của CH . d. Chứng minh rằng: BN 2  CN 2  AB 2 . Bài 14.Cho tam giác ABC có góc A tù. Ba đường cao của tam giác AM , BP, CN cắt nhau tại H ( M  BC , N thuộc tia BA , P thuộc tia CA ). a, Chứng minh BM .BC  BP.BH . b, Chứng minh  PAB ~  NAC ,  PAN ~  BAC .  c, Chứng minh NA là tia phân giác của PNM d, Gọi S là diện tích của tam giác BHC . Tính BC . AH  AB.CH  AC .BH theo S . Bài 15: Cho tam giác ABC. Các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Chứng minh: a/ BD. AE = AD . CE b/ Tam giác ADE đồng dạng với tam giác ABC. c/ Các đường thẳng vuông góc với AB tại B và AC tại C cắt nhau ở D’. Chứng minh: BHCD’ là hình bình hành. d/ Tìm điều kiện của tam giác ABC để ba điểm A, H, D’ thẳng hàng. Bài 16. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8cm; BC = 6cm. Vẽ đường cao AH của tam giác ADB. a) Chứng minh:  AHB đồng dạng với  BCD. b) Tính độ dài cạnh BD; AH; DH. c) Tính diện tích  AHB. 4 Bài 17. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB  36cm, AC  48cm . Gọi M là trung điểm của BC . Đường thẳng vuông góc với BC tại M cắt đường thẳng AC , AB theo thứ tự tại D và E . a) b) c) d) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác MDC Tính các cạnh của tam giác MDC Tính độ dài cạnh EC Tính tỉ số diện tích của hai tam giác MDC và ABC . Bài 18: Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O,  ABC   ACD . Gọi E là giao điểm của hai đường AD và BC. Chứng minh: a) AOB  DOC b) AOD  BOC c) EA.ED  EB.EC Bài 19: Cho hình thang ABCD ( AB // CD ) có O là giao điểm của AC và BD . a) Chứng minh OA.OD  OB.OC b) Đường thẳng qua O vuông góc với AB và CD theo thứ tự tại H và K . OH AB Chứng minh  OK CD Bài 20. Cho hình bình hành ABCD có AB = 12cm, BC = 7cm. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho AE = 8cm. Đường thẳng DE cắt CB kéo dài tại F . a) Chứng minh AED ~ BEF , BEF ~ CDF , AED ~ CDF . b) Tính độ dài các đoạn thẳng EF , BF . Biết DE = 10cm. c) Tính tỉ số hai đường cao, diện tích của hai tam giác AED; BEF . Bài 21. Cho ABC . D trên cạnh AB.Đường thẳng qua D song song với BC cắt AC tại E, cắt đường thẳng qua C song song với AB tại G. a) Chứng minh AD.GE  DE.CG . b) Nối BG cắt AC tại H. Chứng minh HC 2  HE.HA c) Qua H kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC tại I. Chứng minh 1 1 1   . IH AB CG 5 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CƯƠNG NGUYỄN TRƯỜNG TỘ Bài 1: a. ĐKXĐ: x  2  x x3  8 x 2  2x  4  4 A=   3 . : 2  x 2 x 8 4 x  x2  x  x  2  x2  2 x  4 x2  2 x  4  4 : A=   .  x  2  x  2  x2  2 x  4 4  x2  x  2    x  x  2  x2  2 x  4  4 : A=   2  x2  x2 x  2 4  x        x  x  2  x2  2 x  4  4 : A=   2  x2  x2 x  2 x  4        x x2  2 x  4  4 A=   : 2  x2  x  2   x  2   x  x  2   x2  2 x  4   x  2 . A=  2   4 x  2      x 2  2 x  x2  2 x  4   x  2 A=  . 2   4 x  2     1 A= x2 b. Tìm x để A = 3. Khi đó ta có: 1  3 ; ĐKXĐ: x  2 x2  1  3  x  2   3 x  7 7 x (t/m) 3 c. Tìm x để A < 1. Khi đó ta có: 1  1; x2 ĐKXĐ: x  2 6 1 x2  x2 x2  1  x  2   x  3 (t/m) Vậy x>-3 và x  2 d. Tính giá trị của A khi x  1 . ĐK: x  2 2 TH1: x  1 (TM). Khi đó A có dạng: 2 A= TH2: x  1 (TM). Khi đó A có dạng: 2 A= 1 2  1 2 5 2 1 2  1 2 3 2 Bài 2: a. Rút gọn B 3 2  4x2  1  2 B=   2  . 2  2x  1 4x 1 2x 1  4x  1  2  2 x  1  3  2  2 x  1   4 x 2  1 . B=  2   4 x  1  4 x 2  1 1 B= 2 4x 1 b. Thay x  2 (TM). Khi đó B có dạng: B= 3 1 2  2  4.    1  3   9 25 c. Chứng minh B<0 x thỏa mãn ĐKXĐ của B: Vì x 2  0 x ; suy ra: 4 x 2  1  1 x và 1  0 nên B < 0 x   1 2 d. Tìm giá trị nhỏ nhất của B: Ta có: x 2  0 x nên: 4 x 2  1  1 x Vậy B đạt giá trị nhỏ nhất B = -1 khi x 2  0 hay x  0 . Bài 3. 7 a. C   x 1 x2  x 1 2  x2  :     , x  0, x  1 x2  2x  1  x 1 x x2  x  = x( x  1) x 2  1  x  2  x 2 : 2 x( x  1)  x  1 = x2 x 1 b. Để C  1 khi và chỉ khi x2 x2  x  1 1   0 , x  0, x  1 x 1 x 1 2 1 3  Vì x 2  x  1   x     0 mọi x 2 4   C  1  x 1  0  x  1 x2 1 c. C   x 1  2  4 ( áp dụng bđt Côsi) x 1 x 1 1 Dấu bằng xảy ra  x  1   x  2 ( vì x  1 ) x 1 Bài 4. Giải các phương trình sau  x  2  x  3  3  4 x  2    x  4  a. 2  x 2  x  6  12 x  6  x 2  8 x  16 16  3 x  16  x  3 b. 2 x  3  4x  5 - - c. d. 3 thì 2 Pt  2 x  3  4x  5  x  4 ( loại) 3 Nếu 2 x  3  0  x  thì 2 1 Pt  2 x  3  4x  5  x  3 Nếu 2 x  3  0  x  2x 2  1 7x  2 x 2  1 x  3    8 12 4 6 2 2  6 x  3  14 x  4  6 x  4  4 x  12 1  10 x  5  x  2 3 15 7   0 2 4 x  20 50  2 x 6 x  30 ĐK x  5 8 Pt  3 15 7   0 4  x  5  2  5  x  5  x  6  x  5   9 x  45  90  14 x  70  0  x  5 (loại) x  x  20  0 2 e.  x 2  4 x  5 x  20  0  x  x  4  5  x  4  0   x  5  x  4   0  x  5 hoặc x  4  x  1 f. 2  5  3x  x  x  x  2   4 5 thì 3 Pt  x 2  2 x  1  5  3 x  x  x 2  2 x  4 Nếu 5  3 x  0  x  -  2 x  8  x  4 (loại) 5 thì 3 Pt  x 2  2 x  1  5  3 x  x  x 2  2 x  4 Nếu 5  3 x  0  x  -  4 x  2  x  g. 1 (loại) 2 x  2 x 1 4   x  3 x  1  x  3  x  1 Đk x  3 và x  1 Pt   x  2  x  1   x  1 x  3  4  3x  9  x  3 (loại) 76 2 x  1 3x  1 h. 5  2   x  16 x  4 4  x ĐK x  4 Pt  5 x 2  80  76  2 x 2  9x  4  3 x 2  11x  4  2 x  4  x  2 (thỏa mãn) Bài 5. Giải các bất phương trình và biểu diễn tập nghiệm trên trục số: a) (x + 3)2 – 3(2x – 1)  x(x – 4)  x2 + 6x + 9 – 6x + 3  x2 – 4x  4x + 12  0  x  -3 9 Biểu diễn tập nghiệm trên trục số: -3 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =  x / x   3 b) x2 – 3x + 4  0 2 3 7    x   0 2 4  Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x. c) x2 3x 1 3  x 1 x   4 4 3  3x – 6 - 12 + 12x > 9x – 3 + 12 – 4x  10x > 27  x 27 10 Biểu diễn tập nghiệm trên trục số: 0 27 10 27   Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =  x / x   10   d) 5 3  3x 1 5  4 x ĐKXĐ: x ≠ 1 5 ;x≠ 3 4 Với mọi x  ĐKXĐ ta có: 5 3  3x 1 5  4 x  5 3  0 3x 1 5  4 x 0 10  28  29 x  0 (1) (3x  1)(5  4 x ) Ta lập bảng xét dấu vế trái: x 1 3 28 – 29x 28 29 + + 3x – 1 - 0 5 – 4x + + VT - + 0 + 5 4 - - + + + 0 - Biểu diễn tập nghiệm trên trục số: 0 1 3 28 29 5 4 1 28 5  Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =  x / x  ;  x   3 29 4  Dạng : Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Bài 6. Giải Gọi số áo tổ sản xuất phải may theo dự định là x (áo); x  N*  Số áo tổ sản xuất may thực tế là x + 4 (áo) Số ngày tổ sản xuất phải may theo dự định là: Số ngày tổ sản xuất may thực tế là: Theo đề bài ta có phương trình: x x4 =2 40 52 x (ngày) 40 x4 (ngày) 52 0 + 11  13x -10x – 40 = 1040  3x = 1080  x = 360 (TMĐK) Vậy số áo tổ sản xuất phải may theo dự định là 360 áo Bài 7. Giải Vận tốc của ô tô sau khi giảm là: 50 – 10 = 40 (km/h) Gọi quãng đường AB dài là x (km); x > 0 Thời gian dự định ô tô đi hết quãng đường AB là: x (giờ) 50 Thời gian ô tô đi 2 2 x quãng đường AB là: x : 50 = (giờ) 3 3 75 Thời gian ô tô đi 1 1 x quãng đường còn lại là: x : 40 = (giờ) 3 3 120 Theo đề bài ta có phương trình: x x x 1 + = 75 120 50 2  8x + 5x – 12x = 300  x = 300 (TMĐK) Vậy quãng đường AB dài 300km Bài 8. Gọi chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật lúc đầu là x (m, x > 5 ) 2 Chiều dài của khu vườn lúc đầu là 2 x (m) Diện tích của khu vườn lúc đầu là 2 x.x = 2x 2 (m2) Vì chiều rộng của khu vườn sau khi tăng thêm 3m là x + 3 (m), Chiều dài của khu vườn sau khi giảm đi 5m là 2 x – 5 (m), Diện tích mới của khu vườn là (x + 3)(2x – 5) (m2) Vì thay đổi chiều dài và chiều rộng nhưng diện tích khu vườn không thay đổi nên ta có phương trình là: 12 2x 2 = (x + 3)(2x – 5)  2x 2 = 2x 2 – 5x + 6x – 15  x = 15 (tmđk) Vậy chu vi khu vườn lúc đầu là 2(x + 2x) = 2(15 + 2.15)= 90 (m) Bài 9. Gọi thời gian người A hoàn thành công việc một mình là x (h, x >15 ) Trong 1h người A làm được số phần công việc là 1 5 (công việc), trong 5h người A làm được x x (công việc) Trong 1h cả hai người làm chung thì làm được số phần công việc là 1: 15 = Trong 1h người B một mình làm được số phần công việc là 1 (công việc) 15 1 1  (công việc), trong 3h người B 15 x  1 1 làm được 3    (công việc)  15 x  Nếu người A làm trong 5 giờ và người B làm trong 3 giờ thì làm được 30% công việc nên ta có phương trình: 5  1 1  3     30% x  15 x  5 1 3 3     x 5 x 10 2 1  x 5 2  x  x 3 10 3 1 1    10 5 10 1  2 :  20 (tm) 10  Thời gian để người A hoàn thành công việc một mình là 20h. Trong 1h người B một mình làm được số phần công việc là gian để người B hoàn thành công việc một mình là 1: 1 1 1   (công việc), nên thời 15 20 60 1  60 (h). 60 Bài 10: Gọi số áo tổ một may được trong tháng Giêng là x (cái, x  N *, x  800 ) Số áo tổ hai may được trong tháng Giêng là 800 – x (cái) 13 Trong tháng Hai, tổ một vượt mức 15% nên số áo tổ một may được là x + 15% x =1,15x (cái) Trong tháng Hai, tổ hai vượt mức 20% nên số áo tổ hai may được là (800 – x) + 20%(800 – x) = 1,2(800 – x) (cái) Vì tháng Hai cả hai tổ sản xuất được 945 cái áo nên ta có phương trình: 1,15x + 1,2(800 – x) = 945  1,15x + 960 – 1,2x = 945  0,05x = 15  x = 300(tmđk) Vậy tháng Giêng tổ một may được 300 cái áo, tổ hai may được 800 – 300 = 500 (cái áo). Dạng 3: Hình học Bài 11. A I B D C BI là đường phân giác của BAD nên ta có AI BA  ID BD CI là đường phân giác của CAD nên ta có AI CA  ID CD Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: AI BA CA BA  CA BA  CA 4      ID BD CD BD  CD BC 3 Lại có chu vi ABC bằng 80 cm nên AB +AC+BC = 80  BA  CA  80  BC  80  BC 4 240   240  3BC  4 BC  BC  cm BC 3 7 ABC cân tại A nên AB  AC  1  80  BC   2 1 240  160 cm  80   2 7  7 14 Vậy BC  240 160 cm ; AB  AC  cm 7 7 Bài 12: B F D A E a) So sánh M BF AE và . AB AC *Vì DF / / AC (theo giả thiết) nên Mà BF BD  (theo định lý Talet) AB BC BD 1 BD 1  (vì  ) BC 3 DC 2 Suy ra BF BD 1   (1) AB BC 3 *Chứng minh tương tự ta có: Từ (1) và (2) suy ra AE BD 1   (2) AC BC 3 BF AE  AB AC b) Chứng minh EF / / BM. *Ta có AF 2 BF 1  (  ) AB 3 AB 3 Mặt khác (3) AE AE 1 AE 2   (chứng minh trên) suy ra  (4) AC 2 AM 3 AM 3 Từ (3) và (4) suy ra AF AE 2   hay EF / / BM (định lý Talet đảo) AB AM 3 C 15 c) Giả sử BD  k , tìm k để EF / / DC. DC AF AE  AB AC Để EF / / DC thì AF AE  Mà AB AM (chứng minh trên) AE AE  AC hay M trùng C Nên AM AE 2 AF BD BD    2 *Dễ thấy AM 3 AB BC suy ra DC Vậy k = 2 Bài 13: a.+ Áp dụng định lí Pitago trong ABC vuông tại A có. AB 2  AC 2  BC 2  BC 2  52  12 2  169  BC  169  13 E   90o  ADHE là hình chữ nhât. + Xét tứ giác ADHE có  AD  AH  DE + Ta có: S ABC  AB. AC AH .BC  2 2  AH .BC  AB. AC  AH  AB. AC 5.12 60    4, 62  cm  BC 13 13 b. + Xét AHE và ACH có: A chung H   90o E  AHE ~ ACH  g .g   AH AE   AH 2  AE. AC 1 AC AH H   90o ; A chung + Xét ADH và AHB có: D  ADH ~ AHB  g .g   AH AD   AH 2  AD. AB  2  AB AH 16 Từ (1) và (2) suy ra: AE. AC  AD. AB  AE AD  AB AC AE AD + Xét ADE và ACB có:  A chung;   cmt  AB AC  ADE ~ ACB  c.g .c  c. + Gọi AH  DE  O Vì ADHE là hình chữ nhật  OE  OH H   OEH cân tại O  E 1 1 E H H   90o Mà E 1 2 1 2 H   HEN cân tại N  NE  NH  3 E 2 2 + Xét EHC vuông tại E có:  C   90o H 2 E   90o  HE  AC  E 2 3 E   cmt  H 2 2 E   NCE cân tại N  NE  NC  4  C 3 + Từ (3) và (4)  NC  NH   NE   N là trung điểm HC + Chứng minh tương tự ta có M là trung điểm BH . d. + Ta có N là trung điểm CH  cmt   2 HN  2 NC  HC + Xét ABH và CBA có:  chung; H  B A  90o  ABH ~ CBA  g .g   AB BH  CB BA  AB 2  BH .CB  BH.  BH  HC   BH .  BH  2 HN   AB 2  BH 2  2 BH .HN  HN 2  NC 2  HN 2  NC 2   AB 2   BH  HN   NC 2  BN 2  CN 2 2 17 Vậy BN 2  CN 2  AB 2 Bài 14. a, Chứng minh: BM.BC = BP.BH  chung  B 0    BPC  BMH  90 ( gt ) Có BPC ∽ BMH vì  => BP BM   BM .BC  BP.BH (đpcm) BC BH b, * Chứng minh: PAB ∽ NAC   NAC   BAP 0    BPA  ANC  90 ( gt ) Có PAB ∽ NAC vì  * Chứng minh: PAN ∽ BAC Có: PAB  NAC  PA AB  (1) AN AC   BAC  (đối đỉnh) PAN Từ (1) và (2) có PAN ∽ BAC (2) (c.g.c) c, Ta có  HPC ∽ HNB  g , g   HP HC B .  nên  HPN ∽ HCB  c.g .c   N 1 HN HB B  nên N N  , suy ra PNA   MNA  hay NA là tia phân giác của Chứng minh tương tự ta có N 2 1 2  PNM 18 d, Ta có HA.BC  HA.  BM  MC   HA.BM  HA.MC .  2  S ABH  S AHC  Tương tự ta cũng có AC.BH  2  S ABC  S AHC  , AB.HC  2  S ABH  S ABC  . Do đó BC. AH  AB.CH  AC.BH  4  S AHC  S ABC  S ABH   4 S . Bài 15: Giải: a/ Xét ADB và AEC có: A chung  ADB   AEC  900 (CE  AB, BD  AC )  ADB  AEC ( g .g ) AD DB  AE EC  AD.EC  AE.DB  b/ Xét AED và ACB có: AD DB  ( cmt) AE EC 19 A chung  AED  ACB ( g .g ) c/ Có : CH  AB    CH / / D ' B (Từ vuông góc đến song song) D ' B  AB  Có BH  AC    BH / / D ' C (Từ vuông góc đến song song) D ' C  AC  Xét tứ giác BHCD ' có: CH / / D ' B    BHCD ' là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) BH / / D ' C  d/ Gọi BC  HD '  I   I là trung điểm BC H, A, D’ thẳng hàng  A, I, H, D’ thẳng hàng  AI vừa là đường cao vừa là trung tuyến  ABC cân tại A Vậy để D’H đi qua A thì ABC cân tại A. Bài 16. a) Xét  AHB vuông tại H có:  HAB ABH  90 A B   90 Mà  ABH  DBC   DBC   HAB Xét  AHB và  BCD có:   DBC ;    90 HAB AHB  BCD H D =>  AHB ~  BCD (g.g) b) Vì ABCD là hình chữ nhật => AD = BC = 6cm Xét  ABD vuông tại A có: AD 2  AB 2  BD 2 (định lý Pytago)  BD 2  62  82  100  BD  10cm Vì  AHB~  BCD nên AH AB HB AH 8 HB      BC BD CD 6 10 8 C 20  AH  4,8cm; HB  6, 4cm  DH  BD  BH  10  6, 4  3, 6cm c) S AHB  1 1 AH .HB  .4,8.6, 4  15, 36cm 2 2 2 Bài 17. E A D B a) C M  chung; BAC   DMC   900 , suy ra Xét tam giác ABC và tam giác MDC có: C ABC ~ MDC  g .g  b) Tam giác ABC vuông tại A nên: BC 2  AB 2  AC 2  362  482  3600  BC  60  cm  . Do M là trung điểm của BC nên MC  BC  30  cm  2 Do ABC ∽ MDC  cmt   MC MD DC 30 MD DC 45 75       MD   cm  , DC   cm  . AC AB BC 48 36 60 2 2 21  cm  2 DE DA DA.DC 35 Mặt khác do DAE ∽ DMC  g .g     DE    cm  DC DM DM 2 c) Ta có DA  AC  DC  Suy ra ME  MD  DE  40  cm  Xét tam giác MCE vuông tại M có EC 2  ME 2  MC 2  402  302  2500  CE  50  cm  . d) Bài 18: Do ABC ∽ MDC  cmt   2 S MDC  DC  25    . S ABC  BC  64 21 E B A O D C a) Xét ∆AOB và ∆DOC có:   (đối đỉnh) AOB  DOC   (giả thiết) ABO  DCO  AOB  DOC ( g .g ) (đpcm ) Vì AOB  DOC (theo câu a) AO OB AO DO   hay  DO OC OB OC b) Xét ∆AOD và ∆BOC có:   (đối đỉnh) AOD  BOC AO DO  (cmt) OB OC  AOD  BOC (c.g .c ) (đpcm )  hay EDB   ECA  Vì AOD  BOC (theo câu b) nên  ADO  BCO c) Xét ∆EBD và ∆EAC có:  chung E   ECA  EDB  EBD  EAC ( g .g )  EB ED   EA.ED  EB.EC (đpcm) EA EC Bài 19: 22 H A B O D a) C K Xét ODC có AB // CD nên theo định lý Ta-Lét ta có: OA OB AB    OA.OD  OC.OD OC OD CD b) Xét OKC có AH // KC nên theo định lý Ta-Lét ta có: OH OA OH AB    (đpcm) OK OC OK CD Bài 20. F A 8cm B E 7cm D C 12cm a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB / / DC ; AD / / BC (tính chất hình bình hành)   A  ABF (2 góc so le trong) và C ABF (2 góc đồng vị) Xét AED và BEF có: +  A  ABF (cmt)  (2 góc đối đỉnh) +  AED  BEF  AED ~ BEF  g  g  Xét BEF và CDF có: (1) 23  +C ABF (cmt)  chung + F  BEF ~ CDF  g  g  (2) Từ (1) và (2) suy ra AED ~ CDF  ~ BEF  b) Có AE  EB  AB  EB  AB  AE  12  8  4  cm  Vì AED ~ BEF (cmt)   BF  AE AD ED 8 7 10      BE BF EF 4 BF EF 4.7 7 4.10  (cm); EF   5(cm) 8 2 8 c) AED ~ BEF theo tỉ số đồng dạng k  AE 8  2 BE 4 nên tỉ số giữa 2 đường cao của hai tam giác AED; BEF cũng bằng 2; tỉ số diện tích giữa 2 tam giác AED; BEF là 4. Bài 21. A D B G E H I C a) Do CG //AB  CG //AD nên theo hệ quả định lí Ta-lét ta có: b) Do CG //AB nên theo hệ quả định lí Ta-lét ta có: Do EG //BC nên theo hệ quả định lí Ta-lét ta có: Từ (1) và (2) ta có: AD DE   AD.GE  DE.CG . CG GE HC HG  (1). HA HB HG HE  (2). HB HC HC HE   HC 2  HE.HA . HA HC c) Do IH / / AB nên theo hệ quả định lí Ta-lét ta có: IH IC  (3). AB BC 24 Do IH / / CG nên theo hệ quả định lí Ta-lét ta có: Từ (3) và (4) ta có IH BI  (4). CG BC IH IH IC BI BC 1 1 1     1   . AB CG BC BC BC IH AB CG