BAI TAP CHUNG MINH 2GOC BANG NHAU

BÀI TẬP CHỨNG MINH GÓC BẰNG NHAU Bài 1( SGK-107) Giải Ta có: AHB vuông tại H nên µ µ 0 1 90A B + = ABC vuông tại A nên µ µ 0 90C B + = µ µ ( ) 1 1A C ⇒ = AD là đường trung tuyến của ABC nên AD = DC =DB ADC ⇒ ∆ là tam giác cân tại D ¶ µ ( ) 4 2A C ⇒ = Từ (1) và (2) suy ra µ ¶ · · ( ) 1 4 à A A m BAE EAC gt = = ¶ µ · · 2 3 A A HayHAE 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 3 B A C D H E Bài 2 (SGK-107) Giải Xét tứ giác AFOE có µ µ 0 90F E = = ⇒ Tứ giác AFOA nội tiếp · · ( ) 1FAO FEO ⇒ = (cùng chắn cung FO) Xét tứ giác ODCE có µ µ 0 90D E = = ⇒ Tứ giác ODCE nội tiếp · · ( ) 2BED FCD ⇒ = BAD ∆ vuông tại D · · 0 90FAO FBD ⇒ + = BFC ∆ vuông tại F · · 0 90FCD FBD⇒ + = · · ( ) 3FAO FCD ⇒ = Từ (1),(2),(3) · · FEO BED ⇒ = Hay BE là phân giác của EFD∆ Chứng minh tương tự ,AD CF⇒ cũng là phân giác của EFD∆ Bài 3(SGK-107) Trong 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 = 45 0 hoặc 135 0 Giải TH1: Xét DCE∆ có ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ µ ¶ ¶ µ µ ¶ ¶ ¶ µ ¶ µ µ 0 2 2 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 3 180E D C E D C C C A B C E D C C A B + = − ⇒ + = + + + + − ⇒ + = + + + Mà µ µ 0 90A B+ = ( ABC∆ vuông tại C) ¶ ¶ µ ¶ 0 2 2 1 3 90 (1)E D C C⇒ + = + + ACE ∆ có AC =AE ACE ⇒ ∆ cân tại A ¶ µ ¶ ( ) 2 1 2 2E C C⇒ = + BCD ∆ có BC = BD BCD ⇒ ∆ cân tại B ¶ ¶ ¶ ( ) 2 2 3 3D C C⇒ = + Từ (2) và (3) ¶ ¶ µ ¶ ¶ 2 2 1 2 3 2E D C C C+ = + + Mà theo (1) ¶ ¶ µ ¶ 0 2 2 1 3 90E D C C⇒ + = + + ¶ ¶ · 0 0 2 2 0 2 90 45 45 C C HayDCE ⇒ = ⇒ = = (đpcm) TH2: CAE ∆ có AE = AC CAE ⇒ ∆ cân tại A µ µ 1 1 E C⇒ = Mà µ µ µ 1 1 1 C E A+ = ( định lý góc ngoài tam giác) Vậy µ µ ( ) 1 1 2 1A C⇒ = 1 3 2 2 2 1 1 A C B E D 1 1 2 1 1 1 A C B D E CBD∆ có CB = BD CBD⇒ ∆ cân tại B ¶ ¶ 2 1 C D⇒ = Mà ¶ ¶ µ 2 1 1 C D B+ = Vậy µ ¶ ( ) 1 2 2 2B C⇒ = Lại có µ µ 0 1 1 90A B+ = ( ACB ∆ vuông tại C) (3) Từ (1),(2),(3) µ ¶ ( ) µ µ µ ¶ 0 1 2 1 1 0 0 1 2 2 90 90 45 2 C C A B C C ⇒ + = + = ⇒ + = = Có · µ ¶ · 0 0 0 1 2 45 90 135ECD C C ACB= + + = + = Vậy · 0 135DCE = ( 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 ( ) ( ) 0BH OA H⊥ ∈ BH OA N AC BH K ∩ = ∩ = 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∈ ) BN NH⇒ = » ¼ AB AH⇒ = Có » ¼ » AC AH HC= + Từ (1),(2),(3) · · ABC AKB= Lại có: Trong ABD∆ : · · 0 90BAD ABC+ = ( ABD∆ vuông tại D) · · ( ) 0 : 90ANH AKN NAK 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 B C A D E F P Q Tương tự vì DE//AB · · · · 0 0 60 60 CDE ABC DEC DEC BAC  = =  ⇒ ⇒ ∆  = =   đều Cách 1: 0 0 0 60 60 60 : : : D D D Q C E Q F B Q CF EB → → ⇒ → Mà P,Q là trung điểm của BF,CF Nên · 0 60 0 : 60 D DP DQ Q Q P PDQ PDQ =   → ⇒ ⇒ ∆  =   đều (đpcm) Cách 2: Xét FAC ∆ và BEC ∆ có : AF=EC (vì cùng bằng ED0 µ µ 0 60A C= = 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 QD PD D D =   ⇒  =   Mặt khác : ¶ ¶ 0 1 2 60D D + = ¶ ¶ 0 2 3 60D D ⇒ + = QPD ∆ có QD = PD ¶ ¶ µ 0 2 3 60D 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 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. Giải Vẽ hình bình hành ABNC Xét BDN ∆ và CNE ∆ có: BD =NC (= AB) BN =CE (= AC) · · DBN NCE= ( vì µ µ 1 1 B C= do tứ giác ABNC là hbh ¶ ¶ 0 2 2 60B 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 ∆ ) HM KM HKM⇒ = ⇒ ∆ cân tại M (*) Lại có : · · · · ( ) · ( ) 0 0 360 AF 240 2DAE DAB BAC C BAC= − + + = − Do tứ giác ABNC là hbh nên · · ( ) 0 180 3BAC ABN+ = Từ (2),(3) · · 0 60DAE ABN⇒ = + Mà · ¶ · · 0 2 60DBN B ABN ABN= + = + · · DAE DBN⇒ = Có DB= AD BN= AE(=AC) · · ( )DAE DBN cmt= ADE BDN⇒ ∆ = ∆ · · · · 0 60 BDN ADE ADB EDN ⇒ = ⇒ = = Có KH // DE HM // DN · · 0 60EDN 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 trong tứ giác sao cho ABMD là hình bình hành. CMR: Nếu · · CBM CDM= thì · · ACD BCM= Giải Kẻ hình bình hành BMQC µ µ 1 1 B Q⇒ = MB //= QC Mà AD //= BM ⇒ QC //= AD ⇒ ADQC là hình bình hành. Mà ¶ µ 2 1 ( )D B gt = µ ¶ 1 2 Q D⇒ = Hai góc µ 1 Q và ¶ 2 D cùng chắn cung MC ⇒ Tứ giác MCQD là tứ giác nội tiếp. ¶ ¶ 1 1 D M⇒ = Mà µ ¶ 1 1 C M= ( so le trong) ¶ µ 1 1 D C⇒ = Lại có ¶ ¶ 1 3 D C= ( so le trong) µ ¶ · · 1 3 C C hay ACD BC M⇒ = = (đpcm) Bài 12 (SGK-108) 4 3 3 2 2 1 1 1 1 A B D M C Q GT KL Cho đường tròn tâm (O),BC là dây cung. · · · · OF EOF EOF B FOC ≠ ≠ 3 2 1 O C B F E Giải Giả sử : · · · OF EOFB FOC = = Hay µ ¶ ¶ 1 2 3 O O O= = Xét OBF ∆ có : µ ¶ 1 2 O O= ⇒ OE là phân giác của OBF∆ BE=EF (gt) ⇒ OBF ∆ là tam giác cân( vô lý) µ ¶ 1 2 O O⇒ ≠ hay · · OE EOFB ≠ . Chứng minh tương tự suy ra · · EOFFOC ≠ (đpcm) Bài 13(SGK-108) Giải ( ) AM O D∩ = Vì ( )O A O M r ′ ′ = = MO A ′ ⇒ ∆ là tam giác cân. · · ( ) 1O MA O AM ′ ′ ⇒ = Vì OA=OB=OD (=R) DOA ⇒ ∆ là tam giác cân · · ( ) 2ODA 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 trong 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 OBF ∆ đồng thời cũng là đường phân giác. OD CB⇒ ⊥ 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 1 1 3 3 2 ; ; 2 4 3 3 3 a a a tg FEC tg AEI tg HEI a a a ⇒ = = = = = = · · · · · · 2 3 3 ( ) 1 4 1 . 1 9 tg AEI tg HEI tg AEI HEI tg AEI tgHEI + ⇒ + = = = − − · · · · · · AFAEH FEC AEH HEC AEB C⇒ = ⇒ = ⇒ = (đpcm). GT KL Hình vuông ABCD, EC=2ED;FC=FD · · AEB AEF= A B D C I E H M F . BÀI TẬP CHỨNG MINH GÓC BẰNG NHAU Bài 1( SGK-107) Giải Ta có: AHB vuông tại H nên µ µ 0 1 90A B + = ABC vuông tại A. + = Vậy · 0 135DCE = ( 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. = · · ( ) 3FAO FCD ⇒ = Từ (1),(2),(3) · · FEO BED ⇒ = Hay BE là phân giác của EFD∆ Chứng minh tương tự ,AD CF⇒ cũng là phân giác của EFD∆ Bài 3(SGK-107) Trong tam giác ABC vuông, chúng