Tải Bài tập ôn thi học sinh giỏi môn Toán lớp 7 phần hình học - Tài liệu ôn thi HSG lớp 7 môn Toán

qua N.. Chứng minh rằng tam giác AIE vuông cân. Đường phân giác AD, đường phân giác ngoài tại C cắt AB tại K. Gọi E là giao điểm của DK và AC. Tính số đo của góc BED.. Giải:.[r]

Tài liệu ôn thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 7 phần hình học Bài tốn 1:Cho tam giác ABC có ABC300vàBAC1300 Gọi Ax tia đối tia AB, đường phân giác góc ABCcắt phân giácCAxtại 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 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 CA DI > DH) Vậy CD tia phân giác

của ICy ICy góc tam giâc ABC suy     30 130 800 0

2

A B

ACD DCy     

Mặt khácCAE 180 1300 500 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 2 12 8

3

GC CE   cm

 

2 2 6

3

GB BD  cm Tam giác BGC có 102 6 82  hay BC2 BG2 CG2 Suy ra 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 giao điểm AM, AN với BE Chứng minh BI = IK = KE

Do AM BD hai trung tuyến tam giác ABC cắt I nên I trọng tâm tam giác ABC, ta có: (1)

3

BI  BD

Ta có K trọng tâm tam giác ACE nên

3

EK  ED (2)

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

3

ID BD

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 2.12 8( )

3AD3  cm ;

2 2 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 102 6 82 hay BM2 BG2MG2 Suy ra BGD vuông

tại G Theo định lý Pythagore ta có BD BG2GD2  6 42  52 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 

2CF BC AC  nên suy

   

2 AD BE CF  2 AB BC CA 

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 đường thẳng AM qua N

Giải:

Tam giác AEC có CI đường trung tuyến (vì IE = IA) nên

2

CM  CI nên M trọng tâm tam giác AEC AM

Bài tốn 8: Cho tam giác ABC có AH vng góc với BC BAH 2C Tia phân giác 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 CAH HCA  900 (1). Do AI phân giác BAH

nên   1  2

2

IAH BAI  BAH BAH  IAH

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

suy CAH IAH  900nên tam giác AIE vng A Ta có  

2

ABI  B;  1

2

BAI  BAH

Do AIE góc ngồi tam giác BIA nên    1( ) 1.900 450

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 tam giác ABH A BE phân giác tam giác ABH suy HE phân giác AHC

Bài tốn 9: Cho tam giác ABC có góc A1200 Đường phân giác AD, đường phân giác C cắt AB K Gọi E giao điểm DK AC Tính số đo góc BED

Giải:

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     1 2     600 300

2 2 2

EDA ABD ADC ABC BAD

DEB EDC DBE EDA    ABD      

Bài tốn 10:Cho tam giác ABC có A1200 các đường phân giác AD, BE, CF. a) Chứng minh DE tia phân giác 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 A1200) nên DE phân giác 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 góc D tam giác ADC suy DE phân giác đỉnh D nên DE DF hay EDF 900

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 BAC Tam giác AEF có AM phân giác góc A nên ta phảI chứng minh EM phân giác góc ngồi E tam giác AEF

 2.

AEF  EMH (gt) nên 1 

2AEF EMH Do     

1

90 90

2

HEM  EMH   AEF Mặt khác ta có  180 (0  ) 1800  900 1 900  (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 + C1200

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 vuông) nên suy  ADB BEC (1)

a) Trường hợpK AD H BE ;  ta có   1

2

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

  1

2

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

2

A C C  B

 1  2   3    1800  600   1200

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 C B  1200 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

Vậy bốn trường hợp ta ln có B=C C B  1200 Bài tốn 13: Cho tam giác ABC Tìm điểm E thuộc phân giác góc ngồi đỉnh A cho tam giác EBC có chu vi nhỏ

Chu vi tam giác EBC nhỏ tổng EB + CE nhỏ Vẽ BH vng 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 DC    với điểm E thuộc a ta cóEB EC DC  xảy 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

;

B M C N  Do ABC có chu vi nhỏ vị trí AMN

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

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 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:

Nếu ABC với AC > AB BD = CE đường trung trực DE ln qua điểm cố định nào?

Tìm điểm đặc biệt:

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 ECK  nên DKB EKC c g c suy KD = KE Vậy đường trung trực DE ln qua K (đpcm)

Bài tốn 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)

Bài tốn 19: Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Gọi E,I,K theo thứ tự giao điểm đường phân giác tam giác ABC, ABH, ACH Chứng minh

AE IK

Giải:

  

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  ABI DAC mà DAC KAB  900 ABI KAB  900ADB900 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=C900

a) Qua điểm C vẽ đường thẳng vuông góc với BE cắt đường thẳng HA K Chứng minh 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   HKB KBH 900

suy  DCB KBH 900BMC900 (với M giao điểm DC KB) nên DC BK M

b) Trong tam giác KBC ba đường cao AH, CD, BE nên đồng quy I Bài toán 21:Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh rằng: a) HA + HB + HC < AB + AC

b) 2 

3

HA HB HC   AB BC 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 tốn 22:Cho tam giác ABC vng 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 vuông 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 AHQ450AHC90 45 1350  AKB1350 .

Từ AKB BKH AKH    3600BKH1350 Tam giác AKH có KHA450nên vng cân KKA KH Xét hai tam giác BKA cà BKH có BK chung ;

  135 ;0  .   ;

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

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 B 900 hoặc C 900 Trái với giả thiết Trong ba điểm phân biệt có điểm nằm hai điểm Giả sử C nằm B H ACH 900 suy ra BCA900 trái với giả thiết Giả sử B nằm C H ABH 900 suy ra

 900

CBA trái với giả thiết Vậy H nằm B C Bài toán 24:

a) Tam giác ABC có B600 và

2

BC AB Chứng minh C 900

b) Tam giác ABC có B 600 và BC = 2dm; AB = 3dm Gọi D trung điểm BC. Chứng minh AD = AC

Giải

a) Giả sử C 900 Kẻ AHBC thì H khơng trùng C nên ABH vuông H suy ra  300

BAH  nên

2

BH  AB Theo giả thiết ta có

2

BC AB nên BH = BC suy H trùng với C mâu thuẩn Nên C 900

b) Gọi H trung điểm DC BH 1,5dm Do

2

BH  AB Theo câu a) AHB900 nên AHD AHC c g c .  suy AD = AC

Giải

Giả sử HD > HE HED150(1) Mặt khác HD > HE nên HA > HE đó AEH 300 (2) Từ (1) (2) BED 450 nên   ABD BED BDE  45 150 0600 Trái với giả thiết tam giác ABC Tương tự giả sử HD < HE ta chứng minh ABD600, 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 CFH600nênFCH 300 suy ra  300

ACF  Ta lại có CEI600 suy ra BIC900 Tam giác

ABC có BI trung tuyến đường cao nên tam giác ABC cân B lại có  600

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 toán 27: Tam giác ABC có ba góc nhọn, đường phân giác AD, đường trung tuyến BM, đường cao CH đồng quy Chứng minh A450

Giải

Giả sử A450 Trên tia Hx lấy điểm E cho HE = HA thì

  450  900

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 giao điểm EO AC Xét tam giác EAC có EA > EC (vì EA đối diện với góc lớn hơn) mà FE phân giác góc CEA nên AF > FC suy

2

AC

AF  M trung điểm AC nên M nằm A F B thuộc tia Ex Do  ABC ACE mà

 900  900

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

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 tốn 29: Cho tam giác ABC vng 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 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 đóAMI 900 AMH BMH vàAMI 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

Tính số đo góc tam giác

Bài toán 30:Tam giác ABC cân A có A200 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  180 200 600 200

2

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

AC cạnh chung nênDAC=ECA(c.g.c)

Suy raCAE ACD  màAEB AEC c c c 

nên BAE CAE  100 Vậy ACD100. Cách giải 2:

Vẽ tam giác ADE nằm ngồi tam giác ABC

thì CAE 800 Do đó CAE ABC c g c .  nên CE =AC

  200

ACE BAC  Nên ACD ECD c c c 

suy  ACD ECD 100

Cách giải 3: Vẽ tam giác ACK ta chứng minh tam giác CDK cân K (vì  800

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

   60 200 400

DKC AKC AKD    

suy KCD (1800DKC) : (180 40 ) : 70 0  DCA70 60 100 

Cách giải 4:Vẽ tam giác FAB với F C phía AB Nên tam giác AFC cân A Tính FAC400 nên

 180 400 700  100  200  .    100

2

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

Chú ý: Nếu giả thiết cho ACD100 thì AD = BC ta xét DAC=ECA (c.g.c).

Bài toán 31: Cho tam giác ABC cân có B C  500 Gọi K điểm tam giác sao cho KBC10 ;0 KCB300 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 B C 500

nên  EBA ECA 60 50 100  và EA phân giác của BECBEA CEA  300 Do đó

EBA CBK

 1800 : 180 40 : 70 0

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    1800

A B C   nên x2x2x1800 5x1800 x 360 Vậy x A  360. Nên  B C 180 36 : 720 0  0.

Bài tốn 33:Tam giác ABC có B60 ;0 C300 Lấy điểm D cạnh AC Điểm E trên cạnh AB cho ABD200; ACE100 Gọi K giao điểm BD CE Tính các góc tam giác KDE

Giải:

Tam giác ABC có B 60 ;0 C300 suy ra A900. Do CEA90 100 800; BDA90 200 700;

  1800   180 (20 40 ) 1200 0

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

đường phân giác góc BCK KBC ; nên CKI BKI  600. Do KEA BKE KBE    BKE KEA KBE     80 200 0 600 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 KDE KED  (180 120 ) : 300  0.

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

Giải:

Trường hợp A900Thì IB KC hai phân giác ngồi tam giác IHK Do HA là phân giác Do AHC900nên HC phân giác ngoài

tại đỉnh H Các phân giác cắt C nên IC phân giác góc HIK

Do   1800 900  900

2

BIH HIC   BIC

hay AIC900.

Chứng minh tương tự ta cóBK KC (phân giác KB phân giác ngồi góc K) nên AKB900.

Trường hợp A900 Tam giác HIK có KC, IB tia phân giác góc  HKI HIK, KB, IC tia phân giác HKI HIK , nên  AIC AKB 900

Bài tốn 35: Cho tam giác ABC có AH đường cao, phân giác BD AHD450 Nêu cách vẽ hình tính ADB

Giải:

*) Vẽ tam giác BHD cho BHD 1350, vẽ đường thẳng vuông góc với BH H vẽ tia Bx cho HBD DBx 

cắt đường thẳng vừa vẽ điểm A Hai tia AD BH cắt C, ta hình thoả mãn đề cần vẽ

Xét ABH ta có HAx ABH AHB ABH      900 2ABD900 ( Do BD tia phân giác 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



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

   2

CAx ABD ADB  (định lý góc tam giác ABD) Từ (1) (2) suy  450

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

   1800 2 6 2 1800 10 1800 180

BAC ABC BCA          

Vậy  ABC BCA 36 ;0 BAC1080.

Bài toán 37: Cho tam giác ABC có B 60 ;0 C 450 Trong góc ABC vẽ tia Bx cho  150

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 B có B600 nên tam giác ABK Do KB = KA Ta lại có tam giác ABI vng A mà   ABI ABC IBC  60 150 0450 nên tam giác ABI vuông cân A suy AB = AK = AI Do

 60 ;0  450

B C nên A750.

Nên   KAC BAC BAK  75 60 150 0 0; CAI 900 A 90 75 150  0. Do AKC AIC c g c . ACK ACI  450ICB ACK ACI    900. Vậy ICB900

tia phân giác ADC E Tính CBE Giải

Ta có B75 ;0 C 450 và BAD 450 suy ra BDA600 nên ADC1200 mà DE là phân giác ADC nên  ADE EDC 600 Ta lại có CE phân giác của DCE DA phân giác EDC cắt A nên EA phân giác E

DCE

 vng C có EDC600 DEC300.

Do AED1800DEC: 180 30 : 75 0 0  (do EA phân giác E) suy DAE450 Do đó ABD ADE g c g . BD = ED nên tam giác BDE cân D nên ta có EBD(180 120 ) : 300  0.

Bài toán 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  HAF 60 300 0  900 1

(vì ACF nênFAC600và tam giác EAB có H trực tâm nên HAB 300 nếu 0  900) Ta lại có: BIH  CIK c g c .  nên suy KCI HBI ABC    300 nên ACB1800ABC. Do đó: KCI BCA ACF     ABC300+1800ABC600 2700

 3600    3600 2700  900  2

KCF   KCI BCA ACF      

Từ (1) (2) suy HAF KCF 

Bài toán 40: Cho tam giác ABC cân A có BAC200 Trên nửa mặt phẳng khơng chứa B có bờ AC vẽ tia Cx cho ACx600, tia lấy điểm D sao cho AB = CD Tính ADC

Giải:

Trên nửa mặt phẳng chứa B có bờ AC vẽ tia Cy cho ACy600 Tia cắt

AB E Do tam giác ABC cân A có BAC 200 nên  B C (180 20 ) : 800  . Trong tam giác BCE có B800 Góc BEC là góc ngồi tam giác AEC nên ta có

   20 600 800

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

 .    180 80 1000 0

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 EAC ACE  150 nên BAE90 150 750.

Xét BAE DAE có AB = AD = AC ; BAE DAE  750;

AE cạnh chung Nên BAE DAE c g c . AEB AED  Do AD = AC EA = EC nên ED đường trung trực AC Đồng thời AE phân giác AEC nên

  180 2.15 750

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

    BEA BEK KEA    15 600 0750

nằm tam giác ABC choMBC10 ;0 MCB200 Tính AMB. Giải

Tam giác ABC cân A nên  180 1000 400

2

ACB   mà MBC200MCA200 nên CM tia phân giác BCA Trên tia CA lấy điểm E cho CB = CE nên

 

MCB MCE c g c ME MB

    

và EMC BMC  180 30 1500  EMB 360 2.0 BMC360 3000 600 Do tam giác BME suy BM =BE Ta có:EAB AEM  80 100 0900nên AB ME suy ra BA phân giác góc MBEEBA MBA  60 : 300 

nên ABM  ABE c g c . BEA AMB  60 100 0700.

Bài toán 43: Cho tam giác cân A có A800 Trên cạnh BC lấy điểm D cho  300

CAD Trên cạnh AC lấy điểm E cho EBA300 Gọi I là giao điểm AD BE Chứng minh tam giác IDE cân tính góc

Giải:

Ta có tam giác ABC cân A có A800 nên  B C 500 mà  300

CAD nên BAD A DAC    80 300 0500 Khi đó DBA cân D suy AD = BD Trên BI lấy điểm K cho BAK 100

nên BEA180 (0 BAE EBA  ) 180 (80 30 ) 70 0 0  (1)    80 100 700

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,  KAI AKI 400 IKAcân I nên IA = IK (4) Từ (3) (4) suy IE = ID nên tam giác IED cân I. AIK DIE 180 20 IAK180 80 1000  0.

  180 1000 400

2

Bài toán 44: Cho tam giác ABC cân A có A200 , điểm M,N theo thứ tự thuộc cạnh bên AB, AC cho BCM 500;CBN600 Tính MNA

Giải:

Trên cạnh AB lấy điểm D cho AN = AD DN //BC AND800. Ta tính DNM

Gọi I giao điểm BN CD tam giác IBC IDN tam giác IBC600 và tam giác ABC cân A Ta chứng minh MN tia phân giác DNB.Thật vậy, Trong tam giác BDC

có MDI BDC  1800DBC DCB  180 80 60 0 400 (1)

Trong tam giác BMC có MBC80 ;0 MCB500BMC500 BMC cân B Do đó BM = BC mà tam giác BIC nên IB = BC suy MB = BI hay tam giác BMI cân B

mà  200  180 200 800

2

MBI  BIM   

Do MID 1800MIB DIN  180080 600 0400 (2) Từ (1) (2) suy ra  

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   600 300

2

DNB

DNM   

Vậy   MNA MND DNA  30 80 1100 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 =

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 vng M Vậy   AMB AMK KMB  90 45 1350 0

Bài toán 46: Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thoả mãn điều kiện 2 5

a b  c c độ dài cạnh nhỏ

Giải

Giả sửc a c c a c b    2c b 4c2b2vàc a c2 a2nên ta có 5c2 a b2 trái với giả thiết

n