Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7

(d) của BC tại K. Vậy mọi đường trung trực của DE đều đi qua K. Thật vậy, trên cạnh AC lấy điểm G sao cho AB = CG. Chứng minh rằng ACE  BCF. Gọi E,I,K theo thứ tự là.. Chứng minh tương[r]

Tài liệu ôn thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp phần hình học

Bài tốn 1: Cho tam giác ABC có 30

ABC vàBAC1300 Gọi Ax tia đối tia AB,

đường phân giác gócABCcắt phân giácCAxtại D Đường thẳng BA cắt đường thẳng

CD E So sánh độ dài AC CE

Giải:

Gọi Cy tia đối tia CB Dựng DH, DI, DK lần

lượt vng góc với BC, AC, AB Từ giả thiết ta suy DI = DK; DK = DH nên suy DI = DH

(CI nằm tia CA điểm I thuộc tia đối

của CA DI > DH) Vậy CD tia phân giác

của I Cy I Cy góc ngồi tam giâc ABC suy

0 0

30 130 80

2

A B

ACDDCy    

Mặt khác 0

180 130 50

CAE   Do đó,CEA500 nên CAE cân C Vậy CA = CE Bài toán 2: Cho tam giác ABC có BC = 10 cm Các đường trung tuyến BD CE có độ dài theo thứ tự cm 12cm Chứng minh rằng: BDCE

Giải:

Gọi G trọng tâm tam giác ABC Khi ta có:

 

2

.12

3

GC CE  cm

 

2

.9

3

GB BD  cm Tam giác BGC có 1026282

hay 2

BC BG CG Suy BGCvuông G hay BDCE

Bài toán 3: Cho tam giác ABC, đường trung tuyến BD Trên tia đối tia DB lấy điểm

E cho DE = DB Gọi M, N theo thứ tự trung điểm BC CE Gọi I, K theo thứ tự

Giải:

Do AM BD hai trung tuyến tam giác

ABC cắt I nên I trọng tâm tam

giác ABC, ta có: (1)

BI  BD

Ta có K trọng tâm tam giác ACE nên

EK  ED (2)

Mà BD = DE từ (1) (2) suy BI = EK (3) Mặt khác, ta lại có:

3

ID BDvà

1

KD EDsuy ID = KD (do BD = ED) nên

3

IK  BD(4) Từ (3) (4) suy BI = IK

= KE

Bài toán 4: Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AD = 12cm.Trung tuyến BE = 9cm trung tuyến CF = 15cm Tính độ dài BC (hính xác đến 0,1 cm)

Giải:

Trên tia đối tia DG lấy điểm M cho DM = DG AG = GM =

2

.12 8( ) 3AD3  cm ;

2

.9 6( )

3

BG BE  cm ;

( )

BDM CDG c g c

   nên suy GCDDBM (so le trong) nên

BM//CG MB = CG mà 2.15 10( )

3

CG CF   cm Mặt khác,

ta có 2

10 6 8 hay 2

BM BG MG Suy BGD vuông

tại G Theo định lý Pythagore ta có 2 2

6 52

BD BG GD    Vậy BC = 2BD

=2 5214, 4(cm)

Bài toán 5: Chứng minh tổng độ dài ba đường trung tuyến tam giác lớn

3

4 chu vi nhỏ chu vi tam giác

Giải:

Ta có 2ADABAC; 2BE ABBC

    ADBE CF 2 ABBC CA

hayADBE CF   ABBC CA  (1)

Trong tam giác BGC có: BG + GC > BC mà

3

BG BE

2

CG CF nên 2

3BE3CF BCBECF  2BC

Tương tự ta có

2

CFAD AC;

2

BEAD AB Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta

có:

  3  3 

2

2

ADBECF  ABBCCA  D BECF  ABBCAC (2)

Kết hợp (1) (2) suy 3 

4 ABBCAC ADBECF ABBCAC (đpcm)

Bài toán 6: Cho tam giác ABC, gọi D, E theo thứ tự trung điểm AB BC Vẽ điểm M, N cho C trung điểm

của ME B trung điểm ND

Gọi K giao điểm AC DM

Chứng minh N, E, K thẳng hàng

Giải:

Tam giác MND có BE = EC = CM nên

3

ME MBmà MB trung tuyến nên E trọng

tâm suy NE trung tuyến tam giác NMD Mặt khác, DE //AC DE đường trung bình tam giác ABC hay DE // KC mà C trung điểm ME nên K trung điểm DM Nên ba điểm N, E, K thẳng hàng

Bài toán 7: Cho tam giác ABC đường trung tuyến AM Gọi I trung điểm BM Trên tia đối tia IA lấy điểm E cho IE = IA Gọi N trung điểm EC Chứng minh

rằng đường thẳng AM qua N

Giải:

2

CM  CInên M trọng tâm tam giác AEC AM qua N

Bài toán 8: Cho tam giác ABC có AH vng góc với BC BAH 2C Tia phân giác

của B cắt AC E

a) Tia phân giác BAH cắt BE I Chứng minh tam giác AIE vuông cân

b) Chứng minh HE tia phân giác AHC

Giải:

a) Chứng minh AIE vuông cân:

Ta có AHBC nên tam giác AHC vng H nên 90

CAHHCA (1)

Do AI phân giác BAH

nên

2

IAH BAI  BAH BAH  IAH

mà BAH 2C(gt) nên IAH C (2) Từ (1) (2)

suy

90

CAHIAH  nên tam giác AIE vuông A Ta có

2

ABI  B;

2

BAI  BAH

Do AIE góc tam giác BIA nên 1 0

( ) 90 45

2

AIEABIBAI  BBAH  

nên tam giác AIE vuông cân

b) Chứng minh HE tia phân giác AHC

Ta có IAAC mà AI phân giác tam giác BAH nên AE phân giác

của tam giác ABH A BE phân giác tam giác

ABH suy HE phân giác ngồi AHC

Bài tốn 9: Cho tam giác ABC có góc 120

A Đường phân giác AD, đường phân giác

Giải:

Tam giác ADC có hai phân giác ngồi A C cắt K nên DK phân giác

của ADC

Trong tam giác BAD có AE DE hai phân giác ngồi góc A D cắt E nên BE phân giác góc B

EDClà góc ngồi tam giác BDE nên ta có EDCDBEDEB mà EDCADE (do

DE phân giác ADC)

suy

0

1 60

30

2 2 2

EDA ABD ADC ABC BAD

DEBEDCDBEEDA ABD      

Bài tốn 10: Cho tam giác ABC có 120

A đường phân giác AD, BE, CF

a) Chứng minh DE tia phân giác ngồi tam giác ADB

b) Tính EDF

Giải

a) Chứng minh DE tia phân giác tam giác ADB

Tam giác BAD có AE BE hai phân giác đỉnh

A B (Do 120

A ) nên DE phân giác ngồi tam giác ABD

b) Tính EDF

Trong tam giác ACD có AF CF hai phân giác đỉnh A C cuả tam giác ADC nên DF phân giác ngồi góc D tam giác ADC suy DE phân

giác đỉnh D nên DEDF hay 90 EDF 

Bài toán 11: Cho tam giác ABC cân A, M trung điểm BC Kẻ MH vng góc

với AB Gọi E điểm thuộc đoạn AH Trên cạnh AC lấy điểm F cho

2

AEF  EMH Chứng minh FM tia phân giác góc EFC

Giải:

Tam giác ABC cân A có AM trung tuyến nên AM phân

giác AEF

Thật vậy, Do tam giác EMH vuông H nên 90

HEM  EMH mà

2

AEF  EMH(gt) nên

2AEF EMH Do  

0

90 90

2

HEM  EMH   AEF Mặt

khác ta có 0 1

180 ( ) 180 90 90 (2)

2

FEM   AEFBEM  AEF  AEF  AEF

 

Từ (1) (2) suy HEM =FEM hay EM phân giác BEF Tia phân giác

AM góc A tia EM phân giác tam giác AEF cắt M nên FM

phân giác AFE hay FM phân giác EFC

Bài tốn 12: Cho tam giác ABC có đường phân giác BD CE cắt I

ID = IE Chứng minh B=C hay B + 120 C

Giải

Qua I kẻ IH AB IK AC, Do I giao điểm

của hai đường phân giác nênIHIK

và IDIE gt nên IHE IKD

(cạnh huyền, cạnh góc vng)

nên suy ADBBEC (1)

a) Trường hợpKAD H; BEthì ta có

2

BEC A C (BEClà góc ngồi củaAEC) (2)

1

ADB C B(ADBlà góc ngồi DBC) (3) Từ (1); (2) (3) 1

2

A C C B

0 0

1

2 180 60 120

2

A C B A C B A A C B A C B

               

b) Nếu HAE KDC suy tương tự ta có 120 C B

c) Nếu HEB KDC 1

2

A C A B C B

d)HAE KDA 1

2

C B B C C B

Bài toán 13: Cho tam giác ABC Tìm điểm E thuộc phân giác góc ngồi đỉnh A cho tam giác EBC có chu vi nhỏ

Giải:

Chu vi tam giác EBC nhỏ tổng EB + CE nhỏ Vẽ BHvng góc

với phân giác ngồi góc A cắt AC D đường thẳng a (đường phân giác

đỉnh A) cuả tam giác ABC nên a đường trung trực BD nên EB = ED Do

EBECEDECDCvới điểm E thuộc a ta cóEBECDCxảy dấu đẳng thức E nằm D C Vậy EA chu vi tam giác EBC nhỏ

Bài tốn 14: Cho tam giác ABC nhọn Tìm điểm M cạnh BC cho vẽ điểm D, E AB đường trung trực MD, AC đường trung trực ME DE có độ dài nhỏ

Giải

Ta có AB đường trung trực MD nên

AD AM( 1)

AC đường trung trực ME nên AM AE (2)

Từ (1) (2) suy ADAE nên tam giác ADE cân A

2

DAE BAC không đổi nên DE đạt nhỏ AD nhỏ ADAMAH với

AH BC xảy dấu MH DE đạt giá trị nhỏ

Bài tốn 15: Cho A nằm góc xOy nhọn Tìm điểm

B,C thuộc Ox, Oy cho tam giác ABC có chu

vi nhỏ

Giải:

Vẽ D đối xứng với A qua Oy, E đối xứng với A qua Ox

Nên Oy, Ox đường trung trực AD AE Khi ta có CA = CD BE = BA nên chu vi tam giác

ABC là: CB + AB + CA = CB + CD + BE DE Dấu đẳng thức xảy

;

Bài tốn 16: Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Tia phân giác góc HAB

cắt BC D, tia phân giác góc HAC cắt BC E Chứng minh giao điểm

đường phân giác tam giác ABC giao điểm đường trung trực tam giác ADE

Giải:

Ta có ADE góc ngồi tam giác ADB nên

ADEDBA BAD Mặt khác ta có:DACCAHHAD

mà ABH HAC (cùng phụ với BAH); BADDAH

(Do AD tia phân giác BAH nên ADCDAC Vậy tam giác CAD cân C mà CK đường phân giác nên CK đường trung trực AD

Tương tự ABE cân E mà BP đường phân giác nên BP đường trung trực

của AE Nên M giao điểm hai đường phân giác CK BP giao điểm

hai đường trung trực tam giác ADE

Bài toán 17: Cho tam giác ABC cân A, điểm E D theo thứ tự di chuyển hai

cạnh AB AC cho AD = CE Chứng minh đường trung trực DE

qua điểm cố định

Giải

Khi D  B E A Đường trung trực DE đường trung trực AB

Khi D  A E C Đường trung trực DE đường trung trực AC

Gọi O giao điểm hai đường trung trực AB AC Ta

phải chứng minh đường trung trực DE qua O

Ta có tam giác ABC cân A nên O nằm đường trung

trực BC Suy AH = KC mà AD = CE (gt) nên DH =

KE OH = OK nên HDO KEO c g c  Do OD =

OC Vậy đường trung trực DE qua điểm cố định O

Khai thác toán trên:

đường trung trực DE qua điểm cố định nào? Tìm điểm đặc biệt:

Khi D  B E C Đường trung trực DE

là đường trung trực BC

KhiD  A E G Với GAC Đường trung trực AG (d’) cắt đường trung trực

(d) BC K Vậy đường trung trực DE qua K

Thật vậy, cạnh AC lấy điểm G cho AB = CG Gọi K giao điểm hai đường

trung trực (d) (d’) đoạn thẳng BC AG ta có KB = KC KA = KG

nên AKB GKC c c c nên suy ABK GCK

hay DBKECKnên DKB EKC c g c suy KD = KE Vậy đường trung trực

DE qua K (đpcm)

Bài toán 18: Cho tam giác ABC, đường phân giác AD Trên đoạn thẳng AD lấy điểm E F cho

ABECBF Chứng minh ACEBCF

Giải:

Vẽ K, H, I cho BC, AC, AB đường trung

trực KF, EH, EI Khi ta có HCE2.ACE;

2

KCF FCB Ta phải chứng minh ACEBCF

Ta có AI = AE = AH (vì AB đường trung trực EI) nên tam giác AHI cân A mà AE phân giác nên AD đường trung trực IH IF = FH (1) Ta lại có BK =

BF ;IBEFBK BI = BE nên BEK  BIF c g c 

suy EK = IF (2) Từ (1) (2) suy EK = FH (3)

Xét tam giác HCF ECK ta có HC = EC (4) ( AC đường trung trực EH); CF = CK (vì BC đường trung trực KF) (5) Từ (3), (4) (5) nên

  HCF ECK c c c

   suy

HCFECKHCEECFKCFFCEHCEKCF ACEBCF (đpcm)

giao điểm đường phân giác tam giác ABC, ABH, ACH Chứng minh

AEIK

Giải:

Ta có BHAC (vì phụ với BAH)

2

B

ABI IBC (Do BI tia phân giác góc

B)

2

CAH

HADDAC  ( Do AD tia phân giác gócCAH ) Từ đẳng thức suy

ra ABI DAC mà 0

90 90 90

DACKAB ABIKAB ADB nên BDAD

Chứng minh tương tự ta có CE AI Tam giác AIK có hai đường cao cắt E nên E trực tâm tam giác nên AEIK

Bài toán 20: Cho tam giác ABC, đường cao AH, vẽ tam giác tam giác vuông

cân ABD, ACE với B= 90 C

a) Qua điểm C vẽ đường thẳng vng góc với BE cắt đường thẳng HA K Chứng minh

rằng DCBK

b) Ba đường thẳng AH, BE, CD đồng quy

Giải:

a) Chứng minh DCBK:

Ta có BECKCA phụ với KCE

HKCHBE phụ với KIE nên suy KACECB

AC = CE (gt) nên KAC BCE g c g suy KA = BC Mặt

khác ta có BD =AB; KABDBC; KA = BC nên  

DBC BAK c g c

   suy BKH DCB

90 HKBKBH

suy 0

90 90

DCBKBH  BMC (với M giao điểm DC KB) nên DCBK

tại M

b) Trong tam giác KBC ba đường cao AH, CD, BE nên đồng quy I

a) HA + HB + HC < AB + AC

b) 2 

3

HA HB HC ABBCAC

Giải

a) Chứng minh HA + HB + HC < AB + AC

Ta kẻ NH // AC HM //AB Khi ta có HA < AM + HM = AM + AN (1) (Theo tính

chất đoạn chắn) Do BH vng góc với AC mà HN //AC nên BHHN Do BH < BN

(2) Tương tự ta chứng minh đựơc HC < CM (3)

Từ (1) ; (2) (3) suy HA + HB + HC < AM + AN + BN + CM = AC + AB (đpcm)

a) Ta có HA + HB + HC < AB + AC (Theo câu a)

Tương tự HA + HB + HC < BC + AC

HA + HB + HC < AB + BC

Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta được:

    2 

3

3

HA HB HC  ABBCAC HA HB HC ABBCAC (đpcm)

Bài toán 22: Cho tam giác ABC vuông cân A Gọi M, N trung điểm AB,

AC Kẻ NHCM H Kẻ HEAB E Chứng minh tam giác ABH cân HM phân giác góc BHE

Giải:

Từ A ta kẻ AKCM K AQHN Q Hai tam giác

vng MAK NCH có MA = NC =

2AB

 

 

  ACHMAK

(cùng phụ với góc KAC) nên MAK NCH

(cạnh huyền, góc nhọn) Suy AK = HC (1)

Ta lại có BAK  ACH c g c BKA AHC

Hai tam giác vng AQN CHN có NA = NC ANQHNC (đ.đ)

nên ANQ CNH(cạnh huyền, góc nhọn) Suy AQ = CH (2)

Từ (1) (2) suy AK = AQ nên HA tia phân giác góc KHQ

suy 0 0

45 90 45 135 135

Từ 0

360 135

AKBBKHAKH BKH Tam giác AKH có KHA450nên vng

cân KKAKH Xét hai tam giác BKA cà BKH có BK chung ;

 

0

135 ; ;

BKABKH AK KH BKA BKH c g c KHBMAK ABBH

hay tam giác BAH cân B

Ta có KHBMAK KE // CA nên ACHEHM (đồng vị) ACH MAK suy

EHMMHB nên HM tia phân giác EHB

Dùng phương pháp phản chứng để chứng minh hình học

Bài tốn 23: Tam giác ABC có hai góc B C nhọn Kẻ AHBC Chứng minh H

nằm BC

Giải:

Ta thấy H, B, C ba điểm phân biệt Thật vậy, H

trùng với B C 90

B 90

C Trái với giả

thiết Trong ba điểm phân biệt có điểm

nằm hai điểm Giả sử C nằm B H 90

ACH suy 90 BCA trái

với giả thiết Giả sử B nằm C H 90

ABH  suy

0 90

CBA trái với giả thiết Vậy H nằm B C

Bài toán 24:

a) Tam giác ABC có 60

B

2

BC AB Chứng minh 90 C

b) Tam giác ABC có 60

B BC = 2dm; AB = 3dm Gọi D trung điểm BC

Chứng minh AD = AC

Giải

a) Giả sử 90

C Kẻ AHBC H khơng trùng C nên ABH vuông H suy

0 30

BAH  nên

2

BH  AB Theo giả thiết ta có

2

BC AB nên BH = BC suy H

trùng với C mâu thuẩn Nên 90 C

b) Gọi H trung điểm DC BH1,5dm Do

2

Theo câu a) 90

AHB nên AHD AHC c g c  suy AD = AC

Bài toán 25: Cho tam giác ABC đều, đường cao AH Trên tia HD lấy điểm C cho HD

= HA Trên nửa mặt phẳmg bờ BD không chứa điểm A vẽ tia Dx cho 15 BDx Dx

cắt AB E Chứng minh HD = HE

Giải

Giả sử HD > HE 15

HED (1) Mặt khác HD > HE nên HA > HE 30 AEH 

(2) Từ (1) (2) 45

BED nên 0

45 15 60

ABDBEDBDE   Trái với giả thiết

tam giác ABC Tương tự giả sử HD < HE ta chứng minh 60 ABD , trái

với giả thiết Nên HD = HE (đpcm)

Bài toán 26: Tam giác ABC nhọn, đường cao AH, đường trung tuyến BI, đường phân giác CK cắt ba điểm phân biệt D, E, F Chứng minh

tam giác DEF tam giác

Giải

Giả sử tam giác DEF 60

CFH nênFCH300 suy

0 30

ACF  Ta lại có 60

CEI  suy

90

BIC Tam giác

ABC có BI trung tuyến đường cao nên tam giác ABC cân B lại có

0 60

ACB nên tam giác ABC Do AH, BI, CK đồng quy tức D, E, F trùng nhau,

trái với giả thiết Vậy tam giác DEF tam giác

Bài tốn 27: Tam giác ABC có ba góc nhọn, đường phân giác AD, đường trung tuyến

BM, đường cao CH đồng quy Chứng minh 45 A

Giải

Giả sử 45

A Trên tia Hx lấy điểm E cho HE = HA

0

45 90

AECEAC ACE Ta chứng minh ACBACE nên trái với giả thiết tam

giác ABC góc nhọn

Thật vậy, ta chứng tỏ B thuộc tia Ex Gọi O giao điểm đường CH,BM,AD F

hơn) mà FE phân giác góc CEA nên AF > FC suy

2

AC

AF  M trung điểm

của AC nên M nằm A F B thuộc tia Ex Do ABCACE mà

0

90 90

ACE ACB Trái với giả thiết nên A450

Bài tốn 28: Cho tam giác ABC có BC = AB Gọi M trung điểm BC D

trung điểm BM Chứng minh AC = 2AD

Giải

Trên tia AD lấy điểm E cho AD = DE nên ta có ADBEDM (đ.đ) DB = DM nên ABD EMD (c.g.c) suy AB = ME

ABDDME

Vì AB = ME = MC =

2

BC

nên MC = ME

Ta lại có AMC B BAM(góc ngồi tổng hai góc khơng

kề tam giác ABM) mà ABDDME BAM BMA (Do tam giác BAM cân

B) Suy AMCBMEBMAAMC AME Vậy AME AMC c g c  Suy AC =

AE =2AD (đpcm)

Bài toán 29: Cho tam giác ABC vuông cân A M trung điểm BC Trên tia BC

lấy điểm D với D khác B M Kẻ BK vng góc với AD

tại K Chứng minh KM phân giác phân giác

ngoài tam giác BKD đỉnh K

Giải:

Khi D trùng với C K trùng với A Khi AM BC

M nên kết luận Từ M ta hạ MH KB MI KD nên MHMI M MH

//KD Do 90

AMI  AMH BMH vàAMI 900BMI BMH

Khi M nằm ngồi đoạn BD Do BMH AMI (cạnh huyền, góc nhọn) Suy MI = MH Do M cách hai đoạn thẳng KB KD nên KM phân giác

BKD

Bài toán 30: Tam giác ABC cân A có 20

A Trên cạnh AB lấy điểm D cho AD

= BC Tính ACD? Cách giải 1:

Vẽ tam giác BCE (với E nằm phia với A có bờ đường thẳng BC) nên

0

0 180 20

60 20

ECA    Hay

20 ECADAC

Xét tam giác DAC ECA có DA = EC; ECADAC

AC cạnh chung nênDAC=ECA(c.g.c)

Suy raCAEACDmàAEB AEC c c c 

nên

10

BAECAE Vậy 10 ACD

Cách giải 2:

Vẽ tam giác ADE nằm ngồi tam giác ABC

thì

80

CAE Do CAE ABC c g c  nên CE =AC

0 20

ACEBAC Nên ACD ECD c c c 

suy

10 ACDECD

Cách giải 3: Vẽ tam giác ACK ta chứng minh tam giác CDK cân K (vì

0 80

KAD , KA = AB; AD = BC nên KAD ABC c g c  suy KD = AC = KC ) nên

0 0

60 20 40 DKCAKCAKD  

suy 0 0 0

(180 ) : (180 40 ) : 70 70 60 10

KCD DKC    DCA  

Cách giải 4: Vẽ tam giác FAB với F C phía AB Nên tam giác AFC

cân A Tính 40

FAC nên

 

0

0 0

180 40

70 10 20 10

2

AFC   BFC CBF   ADC BCF c g c  ACDBFC

Chú ý: Nếu giả thiết cho 10

ACD AD = BC ta xét DAC=ECA (c.g.c)

Bài toán 31: Cho tam giác ABC cân có 50

trong tam giác cho 0 10 ; 30

KBC KCB Chứng minh tam giác ABK cân

tính BAK?

Giải

Dựng tam giác EBC có đỉnh E A nằm nửa mặt phẳng có bờ BC

Nên EAB EAC c c c Do 50 B C

nên 0

60 50 10

EBAECA   EA phân giác

30

BECBEACEA Do

EBA CBK

   (g.c.g) nên AB = BK hay tam giác BAK cân B

   0

180 : 180 40 : 70

BAK ABK   

Bài tốn 32: Tính góc tam giác ABC cân A biết cạnh AB lấy điểm D cho AD = DC = BC

Giải:

Đặt Ax ACDx Do BDC2x ; B2x mà tam giác ABC có

0 180

A B C   nên 0

2 180 180 36

x x x  x  x Vậy

36 x A

Nên  0

180 36 : 72

B C  

Bài tốn 33: Tam giác ABC có 0 60 ; 30

B C Lấy điểm D cạnh AC Điểm E

cạnh AB cho 20

ABD ;

10

ACE Gọi K giao điểm BD CE Tính

góc tam giác KDE

Giải:

Tam giác ABC có 0 60 ; 30

B C suy 90 A

Do 0

90 10 80

CEA   ; 0

90 20 70

BDA   ;

 

0 0 0

180 180 (20 40 ) 120

CKBDKE  KCB CBK     Gọi I giao điểm hai

Do 0 80 20 60 KEABKEKBEBKEKEA KBE   

nên IKB EKB g c g suy KI = KE

Tương tự ta chứng minh đượcIKC DKC g c g 

suy KI = KD Do KD = KE

Tam giác KDE cân K suy 0

(180 120 ) : 30

KDEKED  

Bài toán 34: Cho tam giác ABC góc 90

A góc B, C nhọn, đường cao AH vẽ

điểm D E cho AB đường trung trực HD, AC đường trung trực HE

Gọi I, K theo thứ tự giao điểm DE với AB AC Tính góc AIC AKB

Giải:

Trường hợp 90

A Thì IB KC hai phân giác ngồi tam giác IHK Do HA

phân giác Do 90

AHC nên HC phân giác

tại đỉnh H Các phân giác cắt C nên IC

phân giác góc HIK

Do

0

0

180

90 90

2

BIHHIC  BIC

hay

90 AIC

Chứng minh tương tự ta cóBKKC(phân giác KB phân giác ngồi góc

K) nên

90 AKB

Trường hợp 90

A Tam giác HIK có KC, IB tia phân giác góc HKI HIK,

và KB, IC tia phân giác HKI HIK, nên 90 AICAKB

Bài tốn 35: Cho tam giác ABC có AH đường cao, phân giác BD 45

AHD Nêu

cách vẽ hình tính ADB

Giải:

*) Vẽ tam giác BHD cho 135

BHD , vẽ đường thẳng

vuông góc với BH H vẽ tia Bx cho HBDDBx

nhau C, ta hình thoả mãn đề cần vẽ

Xét ABH ta có 0

90 90

HAxABHAHB ABH  ABD ( Do BD tia phân giác

của góc B) Ta lại có HAx2CAx (vì tia BD phân giác tia HD phân

giác cắt D nên AD phân giác tam giác BHA) Vậy

0

2ABD90 = 2CAx  ABD450 = CAx (1) Mặt khác, tam giác ABD có

 2

CAxABDADB (định lý góc ngồi tam giác ABD) Từ (1) (2) suy

0 45

ABD =

45 ABDADBADB

Bài toán 36: Cho tam giác ABC có K giao điểm đương phân giác, O giao điểm đường trung trực, BC đường trung trực OK Tính góc tam giác

ABC

Giải:

Do O giao điểm đường trung trực tam giác ABC

nên OB = OC Suy OBC cân O suy OBCOCB, Mà BC đường trung trực OK nên BO = BK; OC = CK

Do OBCKBC OCB; BCK K giao điểm đường phân

giác nên OBCKBCKBAOCBBCKKCA

Ta lại có OA = OB nên OBAOAB CA = OC nên OCAOAC

Do đó, BACBAO OAC  ABO OCA 336 mà ABC có

0 0

180 180 10 180 18 BACABCBCA        

Vậy 0

36 ; 108 ABCBCA BAC

Bài toán 37: Cho tam giác ABC có 0 60 ; 45

B C  Trong góc ABC vẽ tia Bx cho

0 15

xBC Đường vng góc với BA A cắt Bx I Tính ICB

Giải:

Trên cạnh BC lấy điểm K cho AB = BK nên tam giác ABK cân

tại B có 60

B nên tam giác ABK Do KB = KA Ta lại có

tam giác ABI vng A mà 0

60 15 45

tam giác ABI vuông cân A suy AB = AK = AI Do 0

60 ; 45

B C nên

75 A

Nên 0

75 60 15

KACBACBAK   ; 0 0

90 90 75 15 CAI   A  

Do   0

45 90

AKC AIC c g c ACK ACI ICB ACK ACI

         

Vậy

90 ICB

Bài toán 38: Cho tam giác ABC có 0 75 ; 45

B C Trên cạnh BC lấy điểm D cho

0 45

BAD Đường vng góc với DC C cắt tia phân giác

ADC E Tính CBE

Giải

Ta có 0

75 ; 45

B C

45

BAD suy

60

BDA nên

0 120

ADC mà DE phân giác ADC nên 60 ADEEDC

Ta lại có CE phân giác DCE DA phân giác EDC cắt

tại A nên EA phân giác ngồi E

DCE

 vng C có 60

EDC DEC300

Do    0

180 : 180 30 : 75

AED DEC    (do EA phân giác E) suy

ra

45

DAE Do ABD ADE g c g BD = ED nên tam giác BDE cân D nên

ta có 0

(180 120 ) : 30

EBD  

Bài tốn 39: Cho tam giác ABC, vẽ phía ngồi tam giác tam giác ABE;

ACF Gọi I trung điểm BC, H trực tâm tâm giác

ABE Tính góc cuả tam giác FIH

Giải:

Trên tia đối tia IH lấy điểm K cho IH = IK

Gọi BACthì HAF 600300  900  1

(vì ACF nên 60

FAC tam giác EAB có H trực

tâm nên

30

HAB

0  90 ) Ta lại có: BIH  CIK c g c 

nên suy

30

KCI HBI  ABC nên  

180

Do đó: KCIBCAACF ABC300+   0 180  ABC 60 270 

     

0 0

360 360 270 90

KCF  KCIBCAACF     

Từ (1) (2) suy HAF KCF

Nên  

; 60

AHF CKF c g c HF KF AFH CFK HFK

        tam giác HFK

đều suy tam giác HFI nửa tam giác cạnh HF Các góc tam giác HFI có số đo

là: 0

90 ; 60 ; 30 HIF IHF  HFI 

Bài toán 40: Cho tam giác ABC cân A có 20

BAC Trên nửa mặt phẳng

khơng chứa B có bờ AC vẽ tia Cx cho 60

ACx , tia lấy điểm D

cho AB = CD Tính ADC

Giải:

Trên nửa mặt phẳng chứa B có bờ AC vẽ tia Cy cho 60

ACy Tia cắt

AB E Do tam giác ABC cân A có 20

BAC nên 0

(180 20 ) : 80

B C  

Trong tam giác BCE có 80

B Góc BEC góc ngồi tam giác AEC nên ta có

0 0

20 60 80

BEC A ECA   Nên tam giác CEB cân C suy CE = CB Từ ta có

  0

180 80 100

AEC ADC c g c AEC ADC

       

Bài toán 41: Cho tam giác ABC vuông cân A Điểm E nằm tam giác cho tam giác EAC cân E có góc đáy

0

15 Tính góc BEA

Giải:

Cách giải 1: Vẽ tam giác ACD

Ta có tam giác EAC cân E nên 15 EAC ACE

nên 0

90 15 75 BAE  

Xét BAE DAE có AB = AD = AC ; 75 BAEDAE ;

AE cạnh chung Nên BAE DAE c g c AEBAED Do AD = AC EA = EC nên

0 180 2.15 75 2 AEC

AED   

Cách giải 2: Vẽ tam giác EAK nằm tam giác AEC Ta ABK  ACE c g c 

  ABK BEK c g c

    0

15 60 75 BEABEKKEA  

Bài toán 42: Cho tam giác ABC cân A có 100

A Điểm M

nằm tam giác ABC cho 0 10 ; 20

MBC MCB Tính

AMB

Giải

Tam giác ABC cân A nên

0 0 180 100

40

ACB   mà

0

20 20

MBC MCA nên CM tia phân giác BCA Trên tia CA lấy điểm E

cho CB = CE nên MCB MCE c g c MEMB

và 0

180 30 150

EMCBMC   EMB36002.BMC36003000600 Do tam

giác BME suy BM =BE Ta có: 0

80 10 90

EABAEM    nên ABME suy

BA phân giác góc 0

60 : 30 MBEEBAMBA 

nên   0

60 10 70

ABM ABE c g c BEA AMB

       

Bài toán 43: Cho tam giác cân A có 80

A Trên cạnh BC lấy điểm D cho

0 30

CAD Trên cạnh AC lấy điểm E cho EBA300 Gọi I

giao điểm AD BE Chứng minh tam giác IDE cân tính góc

Giải:

Ta có tam giác ABC cân A có 80

A nên

50 B C mà

0 30

CAD nên 0

80 30 50

BAD A DAC   Khi DBA cân D suy AD =

BD Trên BI lấy điểm K cho 10 BAK 

nên 0 0

0 0 80 10 70 KAEABCBAK   (2)

Từ (1) (2) suy KAE cân K nên KA = KE Ta chứng minh tam giác AkD cân A nên AK = AD Do AD = KE (3)

Mặt khác,

40

KAI AKI   IKAcân I nên IA = IK (4) Từ (3) (4) suy IE = ID

nên tam giác IED cân I   0

180 180 80 100

AIK DIE  IAK   

0 0 180 100

40

IDEIED  

Bài toán 44: Cho tam giác ABC cân A có 20

A , điểm M,N theo thứ tự thuộc

các cạnh bên AB, AC cho 50

BCM  ;

60

CBN Tính MNA

Giải:

Trên cạnh AB lấy điểm D cho AN = AD DN //BC 80 AND

Ta tính DNM

Gọi I giao điểm BN CD tam giác IBC IDN tam giác

đều 60

IBC tam giác ABC cân A Ta chứng minh MN tia phân

giác DNB.Thật vậy, Trong tam giác BDC

có    0

180 180 80 60 40

MDI BDC  DBCDCB     (1)

Trong tam giác BMC có 0

80 ; 50 50

MBC MCB BMC  BMC cân B Do

BM = BC mà tam giác BIC nên IB = BC suy MB = BI hay tam giác BMI cân B

mà

0

0 180 20

20 80

2

MBI  BIM   

Do    0

180 180 80 60 40

MID  MIBDIN     (2) Từ (1) (2) suy

MDI DIM nên MDI cân M Suy MD = MI Ta lại có NI = ND nên MN

đường trung trực DI suy MN phân giác DNB

hay

0

60 30

2

DNB

DNM   

Vậy 0

Bài toán 45: Điểm M nằm bên tam giác ABC vuông cân B cho

KA: MB: MC = 1: 2: Tính AMB

Giải:

Vẽ tam giác MBK vuông cân B ( K A nằm phía

BM) Đặt MA = a; MB = 2a; MC = 3a Khi ta có AB = BC;

MBC ABK; BM = BK nên ABK  CBM c g c  suy CM =

KA = 3a

Xét tam giác vng MBK vng B ta có 2 2 2    2 2

2

MK MB MK  a  a  a

Xét tam giác AMB có 2 2 2 2 2  2 2

8

AM MK a  a  a  a AK (vì AK = MC) nên tam

giác KMA vuông M Vậy 0

90 45 135 AMBAMKKMB   

Bài toán 46: Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thoả mãn điều kiện

2 2

5

a b  c c độ dài cạnh nhỏ

Giải

Giả sửcathì c c    a c b 2c b 4c2b2vàc a c2a2nên ta có 5c2 a2b2

trái với giả thiết

Giả sửcbthìc c    b c a 2c a 4c2a2vàc b c2b2nên ta có 5c2 a2b2