Hsg t7 cđ14 tính góc trong tam giác

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GÓC TRONG TAM GIÁC HH7 CHUYÊN ĐỀ 14: GÓC TRONG TAM GIÁC PHẦN I Cơ sở lý thuyết: Trong tam giác: Tổng số đo ba góc tam giác 180 Biết số đo hai góc ta xác định góc cịn lại Mỗi góc ngồi củ tam giác tổng số đo hai góc khơng kề với Trong tam giác cân: biết góc ta xác định hai góc cịn lại Trong tam giác vng: Biết góc nhọn, xác định góc cịn lại Cạnh góc vng nửa cạnh huyền góc đối diện với cạnh góc vng có số đo 30 Trong tam giác vng cân: góc nhọn có số đo 45 Trong tam giác đều: góc có số đo 60 Đường phân giác góc chia góc thành hai góc có số đo Hai đường phân giác hai góc kề bù tạo thành góc có số đo 90 Hai đường phân giác hai góc kề phụ tạo thành góc có số đo 45 Hai góc đối đỉnh 10 Tính chất góc so le trong, so le ngồi, đồng vị, hai góc phía, Khi giải tốn tính số đo góc cần ý: Vẽ hình xác, với số liệu đề để có hướng chứng minh Phát tam giác dều, nửa tam gíc đều, tam giác vng cân, tam giác cân hình vẽ Chú ý mối liên hệ góc tam giác, liên hệ cạnh góc tam giác, phát cặp tam giác Vẽ đường phụ hợp lý làm xuất góc đặc biệt, cặp góc Trong đường phụ vẽ thêm, vẽ đường phân giác, đường vvng góc, tam giác đều, Có thể dùng chữ để diễn đạt mối quan hệ góc Xét dủ trường hợp số đo góc xảy (vì dụ góc nhọn, góc tù, ) (Tham khảo toán nâng cao lớp 7, tập – Vũ Hữu Bình ) Trong thực tế, để giải tốn tính số đo góc ta thường xét góc nằm mối liên hệ với góc hình đặc biệt nêu xét góc tương ứng nhu suy kết TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GÓC TRONG TAM GIÁC Tuy nhiên, đứng trước tốn khơng phải lúc gặp thuận lợi, đưa trường hợp mà có nhiều địi hỏi người đọc phải tạo “điểm sáng bầt ngờ” đường kẻ phụ, hình vẽ phụ từ mối quan hệ giả thiết, kết luận kiến thức, kỹ học trước giải Chúng ta xem “đường kẻ phụ”, “hình vẽ phụ” “chìa khóa” thực thụ để giải dạng toán PHẦN II Một số dạng toán hướng giải Dạng 1: Tính số đo góc qua việc phát tam giác I Phương pháp giải: vẽ thêm hình phụ tam giác II Bài toán:  Bài toán 1: Cho tam giác ABC có A = 20 có AB = AC , lấy M  AB cho MA = BC Tính số  đo AMC Hướng giải: Cách 1: Vẽ tam giác BDC ( D, A phía so với BC ) C Nối A với D   Ta có ABD ACD (c – c – c )  DAC DAB 10 D A   B M   Lại có AMC CDA (c – g – c )  MCA DAC 10     AMC 1800  ACM  MAC 1800   200  100  150 Cách 2: D Vẽ tam giác ACD ( D, M phía so với AC )  Ta có BAC ADM (c – g – c )  AMD 80 (1)    MDC cân tại, MDC 400  DMC 700  Từ (1)và (2)suy AMC 150 C (2) A M B Nhận xét: 0 0     Ta cần tìm AMC thuộc tam giác ABC có A 20 có B C 80 20  60 Ta thấy có liên hệ 0 rõ nét góc 20 góc 60 , mặt khác MA BC Từ ta thấy yếu tố xuất ợ liên quan đến tam giác Điều giúp ta nghĩ đến việc dựng hình phụ tam giác Từ hướng giải thử giải toán theo phương án sau:  Vẽ ADC ( C, D khác phía so với AB ) TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GĨC TRONG TAM GIÁC  Vẽ ABD ( B, D khác phía so với AC )  Vẽ AMD ( C, D khác phía so với AB ) ……………………………………… Lập luận tương tự ta có kết  Bài tốn 2: Cho tam giác ABC cân A có A = 40 , đường cao AH , điểm E, F theo thứ tự    thuộc đoạn thẳng AH, AC cho EBA = FBC = 30 Tính AEF? Hướng giải: Vẽ ABD ( B, D phía so với AC )  400 ABC cân A, A A     ABC ACB 700 mà BFC 300 (gt)    ABF 400 , BAF 400  ABF cân F  AF BF , mặt khác AD BD , FD chung  AFB BFD (c – c – c ) F E D 60    ADF BDF  300 B H C Do AH đường cao tam giác cân BAC    BAE 200 FAD 600  400 ,   AB AD (vì ABD ), ABE 30 (gt) ADF  ABE ADF (g – c – g )  AE AF  AEF cân A 1800  200  800 EAF 200  AEF  Mà Nhận xét: Vấn đề suy nghĩ vẽ tam giác xuất phát từ đâu? 0 Phải xuất phát từ giả thiết 40 60  20 mối liên hệ FA FB suy từ ABE cân F Với hướng suy nghĩ trên, giải Bài theo cách sau:  Vẽ AFD đều, F, D khác phía so với AB (H.1 ) TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GĨC TRONG TAM GIÁC  Vẽ BFD đều, F, D khác phía so với AB (H.2 ) A A D D E B H F E F B C Hình Hình Bài – Vũ Hữu Bình ) C H tốn 3: (Trích Tốn nâng cao lớp 0      Cho ΔABCABC có B = C = 45 Điểm E nằm ΔABCABC cho EAC = ECA = 15 Tính BEA ? Hướng giải: A Vẽ AEI ( I, B phía so với AE ) Ta có AEC AIB (c – g – c)  IB CE mà IE CE ( AEI )  3600   600  1500  150  EIB E I  IB IE  EBI cân I B C   IEB 150    IEA   BEA BEI 750 A Nhận xét: 0 0 Xuất phát từ góc 15 75 biết, ta có 60 75  15 EA EC AEC cân E Với yếu tố giúp ta nghĩ đến việc dựng hình phụ tam giác Ta giải Bài theo cách sau: Vẽ ACD ( D, E khác phía so với BC ) E B C D Một số toán tương tự:   Bài 3.1 Cho ABC có A 1v , AB 2AC Kẻ Cx / /AB Kẻ AD cho CAD 15 ,  D  Cx ( B, D phía so với AC ) Tính ADB? TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GÓC TRONG TAM GIÁC   Bài 3.2 Cho ABC có A 1v , B 75 , BH 2AC, H  AB ( B, H khác phía so với AC )  Tính HCA ? 0  Bài 3.3 Cho ABC ( AB AC ), A  ( 60    120 ) Điểm M nằm ABC   600   MAC MAC   Tính BMC? cho 0   Bài tốn 4: Cho ΔABCABC có A = 80 , AB = AC , M điểm nằm ΔABCABC cho MBC = 10 ,   MCB = 300 Tính AMB? Hướng giải: Cách 1: D Vẽ BDC ( A, D phía so với BC ) Dễ thấy BAD CAD (c – g – c)và DBA CMB (g – c – g ) A   BA BM  ABM cân B, ABM 500  100 400 80   AMB 700 M B Cách 2: C Vẽ ABD ( A, D khác phía so với BC ) A  ABM cân A Từ có hướng giải tương tự 80 Nhận xét: 0 Xuất phát từ giả thiết AB AC liên hệ góc 10 với góc 50 0 M B C ta có 50  10 60 Từ nghĩ đến giải pháp dựng tam giác D 0    Bài tốn 5: Cho ΔABCABC có B = C = 70 Kẻ tia Bx cho CBx = 10 Trên tia Bx lấy điểm D  cho BD = BA ( A, D khác phía so với BC ) Tính BCD? Hướng giải: A Cách 1: Vẽ BIC ( A, I phía so với BC ) Ta thấy BIA CIA I (c – g – c )và BIA BCD (c – g – c ) Cách 2: TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC B A C B D I E C D x x CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GĨC TRONG TAM GIÁC Vẽ ABE ( E, B khác phía so với AC ) Từ ta có cách giải tương tự Nhận xét: 0 0 Ta thấy xuất góc 70 góc 10 mà 70  10 60 , đồng thời BD BA Điều nảy sinh ý nghĩ vẽ hình phụ tam giác BH = AC BAC = 750 , BH vng góc với AC H Bài tốn 6: Cho tam giác ΔABCABC có  Tính ABC Hướng giải: B Dựng tam giác ABE , cho hai điểm E C nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB 0   Vì BAC 75  BAE 60 nên tia AE nằm hai tia  E 150 AB AC  CA Gọi K trung điểm AC  AK CK BH E 75° A H K C BH  AC (Vì ) 0   Do tam giác ABH vuông H BAC 75  ABH 15    EC 1500  ABH EAK (c.g.c)  EKA  AHB 900  EAC cân E  ECK 150  A 0   Mà AEB 60 (do tam giác ABE đều)  BEC 150 Xét hai tam giác AEC BEC có: EC cạnh chung AEC BEC  1500 AE BE (hai cạnh tam giác đều)  AEC BEC (c.g.c)  CA CB  ACB cân C   ABC BAC 750 Dạng 2: Tính số đo góc qua việc phát tam giác vng có cạnh góc vng nửa cạnh huyền TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GĨC TRONG TAM GIÁC I Phương pháp giải: Vẽ thêm đường phụ II Bài toán: Bài tốn 7: Tính góc ΔABCABC biết đường cao AH , đường trung tuyến AM chia  BAC thành ba góc Phân tích:  + Đường cao AH , đường trung tuyến AM chia BAC thành ba góc  ABM cân A (đường cao đồng thời đường phân giác)  AH dđồng thời đường trung tuyến A K 1  HB HM  MB  HM  MC 2 + Có thể vẽ thêm    MAC MAH HAB đường phụ liên quan đến B H C M 1 HM HB  MB  MC 2 Và liên quan đến  kẻ MK  AC K Khi ta có sơ đồ phân tích:  AHM AKM  MK MH  MK  MC AM  AC K  300  HAC       600  C 600  HAM MAC 300  HAB 30  BAC 900  B Hướng giải: Kẻ MK  AC K Xét ABM ta có: AH vừa đường cao, vừa đường phân giác ứng với cạnh A BM K Nên ABM cân A  H trung điểm MB 1  HM  MB  BC Xét AHM AKM có:   KAM AM cạnh huyền chung, HAM (gt )  AHM AKM (cạnh huyền – góc nhọn )  HM KM  KM  MC KM  MC  Xét MKC có MKC 90 , TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC B H M C CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GĨC TRONG TAM GIÁC   300   C từ ta tính B 60 , A 90  Bài toán 8: Cho tam giác ABC , C = 30 Đường cao AH , AH = Tính góc ACD BC , D trung điểm AB A Hướng giải:  300 , AHC 900  AH  AC C Xét AHC , có AH  BC ( gt )  AC BC  ACB Mà: cân C  CD phân giác góc ACB  ACD 150 D B C H Nhận xét: Suy nghĩ chứng minh tam giác ACB cân xuất phát từ tam giác AHC vng có  300 , AH  BC C Bài tốn 9: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn phía ngồi tam giác ABC ta vẽ tam giác ABD ACE , I trực tâm tam giác ABD , H trung điểm BC Tính góc IEH Phân tích: Tam giác HEI nửa tam giác  vẽ thêm đường phụ để xuất nửa tam giác (còn lại )  Trên tia đối tia HE lấy điểm F cho HF HE Hướng giải: E Trên tia đối tia HE lấy điểm F cho HF HE Ta có: BHF CHE (c – g – c )  BF CE  Ta có: IA IB AIB 120 (vì tam giác ABD ) A D I 0    Lại có: IAE 30  BAC  60 90  BAC B    ABC  HBF  IBF 3600  ( IBA )  = 3600  (300  ABC  ECH ) Mà: = 3600  (300  ABC  ACB  600 )   = 3600  (900  1800  BAC ) 900  BAC  IBF IAE (c.g.c)  IF IE    FIE cân I , mà AIB 1200  FIB 1200  IEH 300 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC F H C CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GĨC TRONG TAM GIÁC Khai thác: Với cách giải HS phát đề xuất cách vẽ đường phụ sau:   Vẽ K đối xứng với I qua H (hình 1) Vẽ M đối xứng với B qua I (hình 2) Hình Hình E E M A D A D I I B H C K B C H Bài toàn dạng: Cho tam giác ABC , vẽ tam giác ABD , ACE ( E, D nàm phía ngồi tam giác ABC ) I, P trung điểm AD CE Điểm F nằm BC cho BF = 3FC Tính góc FPI Dạng 3: Tính số đo góc qua việc phát tam giác vuông cân I Phương pháp giải: Vẽ thêm đường phụ II Bài toán: 0   Bài toán 10 Cho tam giác ABC có M trung điểm BC , BAM = 30 , MAC = 15 Tính góc BCA Phân tích: 0   Khi đọc kĩ toán ta thấy BAC 30 , MAC 15 , BM MC kết hợp với hình vẽ ta biết  tốn có nguồn gốc từ toán Mặt khác BAC 45 , điều giúp ta nghĩ đến dựng tam giác vuông cân Hướng giải: Cách 1: Hạ CK  AB (Ta chứng minh tia CB nằm hai tia CK A S CA )  Ta có AKC vng cân K (vì có BAC 45 )  KA KC Vẽ tam giác ASC vuông cân S ( K,S khác phía so với AC ) B M TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC K C CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GÓC TRONG TAM GIÁC  KM  BC MC  KMC Do BKC vuông K cân M  Dễ thấy KAM CSM (c – g – c )  CSM 30   ASM 600 SAM 600  ASM  AS SM MA  AK    AKM cân A  MKC MCK 900  750 150   BCA 450  150 300 Cách 2: A Lấy D đối xứng với B qua AM  BAD cân A 0   Mà BAM 30 (gt )  BAD 60  ABD D Gọi I giao điểm AM BD I Ta có DC MI (vì MB MC BI ID ) B Mà MI  BD  CD  BD M Mặt khác, xét tam giác ABD có: C  CAD 150 (gt ), ADC 600  900 1500   DCA 150  ADC cân D  AD CD Mà AD BD ( ABD ) 0 0    Vậy BDC vuông cân D  BCD 45  BCA 45  DCA 45  15 30  Bài toán 11: Cho ΔABCABC, A = 90 , AC = 3AB, D điểm thuộc đoạn AC cho AD = 2DC   Tính ADB + ACB B Hướng giải: Kẻ EF  AC cho EA ED, EF = AD, E  AD A ( B F khác phía so với AC ) E D Ta có: BAD DEF (c.g.c)  DF 900  BDF  BD FD, B vuông   E  DFB 450 ADB DF (1) cân Trên tia đối tia AB lấy điểm I cho AI 2AB Ta chứng minh được: IBF ACB (c – g – c ) TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC D I F C CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GĨC TRONG TAM GIÁC    ACB IBF EFB (2)     Từ (1)và (2)  ADB  ACB DFE  EFB 45   Nhận xét: Sau khi vẽ hình ta dự đốn ADB  ACB 45 lúc ta nghĩ đến việc tạo tam giác vuông cân để tổng số đo hai góc cần tìm góc 45 Ý nghĩ dự đoán ADB  ACB 450 xuất phát từ đâu? Phải xuất phát từ tam giác ABE vuông cân (E trung điểm AD) Khi phát tổng hai góc 45 giải toán theo nhiều cách khác Bài tốn 12: Cho ΔABCABC vng cân A , M điểm đoạn AC ( M A,C ) Kẻ  MF  BM, F  BC E điểm thuộc đoạn BF cho EF = FC kẻ EI // AF , I  BA Tính AIM Hướng giải: B Gọi K giao điểm IE AC Xét KEC có FA // EK, EF = FC (gt ) E I  F  AC  KA  AC K     Mà FAC  ABM  K  ABM  ABM AKI (g – c – g )  AM  AI K F A C M AMI vuông cân A  AIM 45 Nhận xét: B Đường kẻ phụ KA KI xuất phát từ đâu? Ta thấy có hai ngun nhân giúp ta sinh kẻ hình phụ là: EI // AF EF FC Từ xuất ý nghĩ chứng minh: ABM AKI E + Ta vẽ hình phụ theo cách khác sau: I Trên tia đối tia AB lấy điểm H cho AH AM Từ A F M Ta có cách giải tương tự C H Dạng Tính số đo góc qua việc phát tam giác cân biết góc I Phương pháp giải: Vẽ thêm đường phụ II Bài toán:  Bài toán 13: Cho ΔABCABC, BAC = 80 , AC > AB D điểm thuộc đoạn AC cho DC = AB Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AD BC Tính góc CMN TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GĨC TRONG TAM GIÁC Hướng giải: Trên tia đối tia AC lấy điểm K cho AK DC K Nối K với B , ta có AKB cân A (vì AB = DC ) A 0    Vì BAC 80  BAK 100  AKB 40 80° Mặt khác ta có: MA MD  MK MC BN CN M D    MN / / BK  CMN BKC 400 N B Nhận xét: C Vì đâu ta kẻ đường phụ AK ? + Thứ nhất: Ta có tam giác AKB cân biết góc BAC , góc tam giác AKB tìm + Thứ hai là: MA MD dẫn đến MK MC + Thứ ba: NB NC Với hai lý hai ba ta có góc cần tìm góc BKA Ta kẻ đường phụ khác sau:     Lấy K đối xứng với A qua N Lấy K trung điểm BD Lấy K đối xứng với M qua B Lấy K đối xứng D qua N …………………………………… Bài tốn dạng tổng quát sau: Giữ nguyên giả thiết thay A = α (0 < α < 180 )  Bài toán 14: Cho ΔABCABC cân, AB cạnh đáy, C = 100 Trên nửa mặt phẳng chứa điểm C , bờ 0 AB , dựng tia Ax tạo với tia AB góc 30 tia By tạo với tia BA góc 20 Hai tia  Ax By cắt D Tính ACD Hướng giải: C   ABC cân C  CAB CBA 400 E  D 300  DAC  BA 100 D 0   Và ABD 20  DBC 20 Kẻ tia phân giác góc DBC cắt tia AD E TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC 30° A 20° B CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH HỌC LỚP 7: GÓC TRONG TAM GIÁC 1     DBE CBE  CB D 100  EBA 300  AB EBA   AEB cân E (vì E 300 )  EA EB  A ECB    ACE = BCE (c – c – c )  EC 500 (vì ACB 1000 )  CEB 1200 0 0     Lại có: EDB DAB  DBA 30  20 50 (tính chất góc ngồi )  DEB 120 Xét hai tam giác: EDB ECB có:    D EBC  DEB CEB 1200 , BE cạnh chung EB 100  EDB ECB (g – c – g )  ED EC  CED cân E  0   Trong CEA có ACE 50 , CAE 10  CEA 120 0   D E  DC 180  CED 180  120 300  EC 2  D 500  300 200  ACD  ACE  EC Một số toán tham khảo:  Bài 1: Cho ΔABCABC, BAC = 60 , phân giác AD, CE cắt F ( E  AB, D  BC)  Tính EDB  Bài 2: Cho ΔABCABC, C = 100 , CA = CB,   CAM = 100 ,CBM = 200 Tính góc AMC điểm M nằm tam giác cho 0    Bài 3: Cho ΔABCABC cân C, C = 80 , M nằm tam giác cho MAB = 10 , CBM = 20  Tính AMC  Bài 4: Cho ΔABCABC, AB = AC, A = α , trung tuyến CM tia đối tia BA lấy điểm D   cho BD = BA, biết BCM = β Tính BDC TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC