BAI TAP CHUNG MINH 2GOC BANG NHAU

Vẽ ra ngoài các tam giác ấy,hai tam giác đều ABD và ACE.. Gọi H,K,M theo thứ tự là trung điểm của AD,AE,BC.. CMR tam giác HMK đều... Lấy 1 điểm M bên trong tứ giác sao cho ABMD là hình b

BÀI TẬP CHỨNG MINH GÓC BẰNG NHAU Bài 1( SGK-107)

Giải

Ta có: AHB vuông tại H nên   0

A B  ABC vuông tại A nên C  B  90 0

  A1  C    1

AD là đường trung tuyến của ABC nên AD = DC =DB

ADC

  là tam giác cân tại D  A4 C  2

Từ (1) và (2) suy ra

à

A A

m BAE EAC gt





A A Hay HAE DAE



(đpcm)

ABC vuông tại A

AD là đường trung tuyến

AE là đường phân giác

AH là đường cao

GT

KL HAE DAE   

1 4 2

B

A

C D

H E

Bài 2 (SGK-107)

Giải

Xét tứ giác AFOE có F E 900

 Tứ giác AFOA nội tiếp

   1

  (cùng chắn cung FO)

Xét tứ giác ODCE có  D E    900

 Tứ giác ODCE nội tiếp

    2

BED FCD

BAD

 vuông tại D  FAO FBD  900

BFC

 vuông tại F  FCD FBD  900

 FAO FCD      3

Từ (1),(2),(3)  FEO BED

Hay BE là phân giác của DEF

Chứng minh tương tự  AD CF, cũng là phân giác của DEF

Bài 3(SGK-107)

Tro
ng tam giác ABC vuông, chúng ta lấy trên cạnh huyền các điểm E,D sao

cho
AC=AE, BD=BC

GT

KL

, 3 đường cao

AD,BE, CF

CMR: AD,BE,CF là phân

giác của 3 góc của

2 1

2

1

1

O A

C B

D

E F

CMR: Góc DCE = 450 ho
ặc 1350

Giải

TH1: Xét DCE có

       

0

180

Mà A B   90 0( ABC vuông tại C)

    0

2 2 1 3 90 (1)

E D C C

    

ACE

 có AC =AE  ACE cân tại A

 2  1  2 2

E C C

  

BCD

 có BC = BD  BCD cân tại B

 2  2  3 3

D C C

  

Từ (2) và (3)     

E D C  C C

Mà theo
(1)     0

E D C C

    



0

45

HayDCE

TH2:

CAE

 có AE = AC  CAE cân tại A

 

E C

 

Mà   

C E A ( định lý góc ngo
ài tam giác)

Vậy  A1  2C 1 1

1 3 2

2

2 1

1 A

E D

1

1 2

1 1

1

A

C

B E

 có CB = BD  CBDcân tại B

 

C D

 

Mà   

C D B

Vậy  B 1  2C 2 2

Lại có   0

A B  (ACB vuông tại C) (3)

Từ (1),(2),(3)

 

 

0

0

0

90

45 2

    

   

ECD C C ACB  

Vậy DCE 135 0( đpcm)

Bài 4(SGK-108)

Chứng minh rằng đường cao
AD của ABC và bán kính đường tròn vẽ qua

A lập thành các góc bằng nhau với các cạnh AB = AC

Giải

K 2

2

1

1 O

C

N B

A

H

D

Ta kẻ BH OA H  0 

Có  1 

2

ABC AC( góc nội tiếp) 1

 1    2

2

AKB AB HC

Vì BH AN ( Mà OA là bán kính ,N OA )

 

AB AH

Có AC AH HC 

Từ (1),(2),(3) ABC AKB

Lại có:

Tro
ng ABD: BAD ABC    90 0( ABD vuông tại D)

ANH AKN: NAK 900 AN BK

BAD NAK

  (đpcm)

Bài 7(SGK-108)

Giải

Vì DF//AC  

 

0

0

60 60

FDB ACB

BFD BFD BAC





đều

GT

KL

đều ;

CMR: đều

   (3)

AC AB HC

3 2 1

A

D

E

F P

Q

Tương tự vì DE//AB  

0

0

60 60

CDE ABC

DEC DEC BAC



Cách 1:

0 0 0

60 60 60

: : :

D D D





Mà P,Q là trung điểm của BF,CF

Nên



0

60

0

:

60

D

DP DQ

PDQ

  đều (đpcm) Cách 2:

Xét FAC và BEC có :

AF=EC (vì cùng bằng ED0

 A C    600

AC=BC (cạnh tam giác đều)

FAC BEC c g c 

BE CF

Xét FDC và BED có:

FD=BD(BFD đều)

ED=CD(ECD đều)

BE=CF(cmt)

 

1 3





 



 Mặt khác : D  1 D  2  600

  D2  D  3  600

QPD

 có QD = PD

   0

2 3 60

D D D 

PDQ

  đều (đpcm)

FDC BED c c c

Trung tuyến của 2 tam giác bằng nhau

Bài 8(SGK-108) Cho
tam giác ABC Vẽ ra ngo
ài các tam giác ấy,hai tam giác đều ABD và ACE Gọi H,K,M theo
thứ tự là trung điểm của

AD,AE,BC CMR tam giác HMK đều

Giải

Vẽ hình bình hành ABNC

Xét BDN và CNE có:

BD =NC (= AB)

BN =CE (= AC)

DBN  NCE( vì  

B C do
tứ giác ABNC là hbh   0

B C  ) Vậy BDN NCE cgc 

 DN NE

Có / / 1

2

HM  DN (Tính chất đường trung bình ADN)

/ / 1

2

KM  NE( Tính chất đường trung bình ANE)

    cân tại M (*)

Lại có : DAE  360 0  DAB BAC C AF  240 0  BAC  2

Do
tứ giác ABNC là hbh nên BAC ABN    180 30 

Từ (2),(3)  DAE 60 0  ABN

Mà    0 

DBNB ABN  ABN

DAE DBN

Có DB= AD

BN= AE(=AC)

DAE DBN cmt   ( )

  

  60 0

BDN ADE

ADB EDN

Có KH // DE

HM // DN

  60 0

EDN KHM

Từ (*) và (**) HMK đều (đpcm)

M

2 2

1

1 1

1 B

C

A D

E

N H

K

Bài 10(SGK-108) Cho
tứ giác ABCD lồi Lấy 1 điểm M bên tro
ng tứ giác

sao
cho
ABMD là hình bình hành

CMR: Nếu CBM CDM thì ACD BCM 

Giải

Kẻ hình bình hành BMQC

 

B Q

 

MB //= QC

Mà AD //= BM

 QC //= AD

 ADQC là hình bình hành

Mà  

D B gt

 

Q D

 

Hai góc 

1

Q và 

2

D cùng chắn cung MC

 Tứ giác MCQD là tứ giác nội tiếp

 

D M

 

Mà  

C M ( so
le tro
ng)

 

D C

 

Lại có  

D C ( so
le tro
ng)

1 3

C C hay ACD BCM

Bài 12 (SGK-108)

4 3

3

2

2 1

1 1

1

C

Q

GT

KL

Cho
đường tròn tâm

(O),BC là dây cung

EOF

B

FOC





3 2 1 O

C B

F E

Giả sử : B OFEOF FOC

Hay   

O O O

Xét OBFcó :

 

O O  OE là phân giác của OBF

BE=EF (gt)

 OBF là tam giác cân( vô lý)

 

O O

  hay B OE EOF   Chứng minh tương tự suy ra FOC  EOF(đpcm)

Bài 13(SGK-108)

Giải

AM O D

Vì O A O M   ( r)  MO A là tam giác cân

   1

O MA O AM 

Vì OA=OB=OD (=R)

DOA

  là tam giác cân

   2

ODA O AM

Từ (1) và (2) suy ra  MO A DOA  

OD O M/ /

O M CB



 

BD CD BAD DAC

Hay AM là phân giác BAC(đpcm)

KL

KL

Hai đường tròn (O;
R) và tiếp xúc tro
ng tại A Dây BC của (O) tiếp xúctại M A;
O;
M không thẳng hàng

AM là phân giác

 OE là đường trung tuyến của OBFđồng thời cũng

là đường phân giác

 

O

O'

A C

B

D

M

Bài 14(SGK-108)

Giải

Từ E kẻ EI/ /EI;
IAD

Lấy H là trung điểm của ID Từ H kẻ HM // DC, MBC;
 AEB HEM 

Đặt AB = BC = CD = AD =a

AB = IE = HM = CD =a

3

a

tg FEC tg AEI tg HEI

 

2 3 3

1 4

9

tg AEI tg HEI

tg AEI HEI

tg AEI tg HEI



AEH FEC AEH HEC AEB AFC

GT

KL

Hình vuông ABCD, EC=2ED;
FC=FD

F