C. Bài tập vân dụng
9.6 Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có:
BFC BEF ABD;
BEF BAC ACE;
BFC ABD ACE BAC(1)
= +
= +
⇒ = + +
∆ABD cân tại B nên: ABD =180O−2.BAC
∆ACE cân tại B nên: ACE =180O −2.BAC Thay vào (1) ta có:
O BFC=180 −2.BAC 180+ −2.BAC+BAC Suy ra: BAC =70o .
9.7 ∆ADE có EAD =EDA=40O , nên nó là tam giác cân.
Suy ra: AED =180O−2.40O =100 .O
∆AEB cân tại E, theo tính chất góc ngoài của tam giác: AEC =2.B =4x . Suy ra: 4x+ =x 100o . Do đó: x=20o
9.8
a) ABD +ABC=180 ; ACEO +ACB=180O (cặp góc kề bù) Mà: ABC =ACB⇒ABD =ACE
∆ABD và ∆ACE có: AB = AC; ABD =ACE ; BD = CE ABD ACE(c.g.c) AD AE AED
⇒ ∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆ cân.
b) ∆BHD = ∆CKE
H K
A
D B C E
THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
F
H I
B C
A
E
N M
F
K
E I
H A
B C
BHD CKE; ADB AEC; BD CE BHD CKE BH CK
= = =
⇒ ∆ = ∆ ⇒ =
c) ∆BHD= ∆CKE⇒HBD =KCE⇒OBC =OCB ⇒ ∆OBC cân tại O.
9.9
a) ∆BHE (BH = BE) cân tại B.
ABC 2.BHE
⇒ =
Mà:
ABC=2.C⇒ =C BHE⇒ =C FHC
⇒ ∆CHF cân tại F FH FC(1)
⇒ =
Ta có: FHC +FHA=90 ;CAHO + =C 90O mà FHC + =C 90 ; FHCO = ⇒C FHA =CAH
⇒ ∆FHA cân tại F ⇒ FA = FH (2) Từ (1) và (2) suy ra: FH=FA=FC b) Trên tia HC lấy HI = HB
AHB AHI(c.g.c)
AB AI; ABH AIH 2.C(1)
⇒ ∆ = ∆
⇒ = = =
Mà ∆AIC có AIH = +C IAC(2)
Từ (1) và (2), suy ra: C +IAC=2.C ⇒IAC =C
⇒ ∆IAC cân tại I ⇒ AI = IC
Từ đó suy ra AB = IC. Mặt khác BE = HI (=BH) AB BE IC HI hay AE HC
⇒ + = + =
9.10
a) ∆AIE và ∆AIH, có:
O
AIH=AIE( 90 ); IE= =IH; AI chung AIE= AIH(c.g.c) AE AH
⇒ ∆ ∆ ⇒ =
Tương tự, ta có: ∆AKF= ∆AKH AF=AH AE=AF
⇒ ⇒
D
A C B
E M
N
B
C
A
L
M N
b) ∆AIE= ∆AIH⇔ EAI=HAI
∆AEMvà ∆AHM có: AE=AH; EAM =HAM; AM chung
AEM AHM(c.g.c) AEM AHM
⇒ ∆ = ∆
⇒ =
Tương tự, ta có: ∆AHN= ∆AFN AHN=AFN
⇒
Mà ∆AEF cân tại A nên:
AEM=AFN⇒AHM=AHN Suy ra: HA là tia phân giác MHN 9.11
a) ∆ACE và ∆DBC có: AC=DC; ACE =DBC( 120 ); EC= O =BC ACE DBC(c.g.c) AE BD
⇒ ∆ = ∆ ⇒ =
b) ∆ACE= ∆DCB(c.g.c)⇒CEM =CBN.
∆CME và ∆CNB có CE = CB;
CEM =CBN ;
EM = BN ⇒ ∆CME = ∆CNB(c.g.c)
c)
O CME CNB
CM CN; MCE NCB
MCE NCE NCB NCE 60
∆ = ∆
⇒ = =
⇒ − = − =
O
MCN 60 MNC
⇒ = ⇒ ∆ là tam giác đều.
9.12
∆MLC và ∆ALN có AL=LM;
O ALN MLC( 60 MLN)
LN LC MLC ALN(c.g.c) MC AN.
= = +
= ⇒ ∆ = ∆
⇒ =
Chứng minh tương tự, ta có:
THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
C
A
B
K
H
E M
I
E B
A C
M
G H
I
MAN MLB(c.g.c) AN BL
LB MC NA
∆ = ∆
⇒ =
⇒ = =
9.13
Gọi E, I là giao điểm của MC với Oy, Ox.
⇒ ∆EOI đều. Từ đó dễ dàng chứng minh được ∆OCE= ∆EKO OC EK
⇒ =
Vẽ EH⊥MA; EK⊥OI Dễ dàng chứng minh được:
MBE MHE MH MB;
OCE EKO EK OC
MA MB MA MH HA EK OC
∆ = ∆
⇒ =
∆ = ∆
⇒ =
− = −
= = =
9.14 a) Ta có:
(
O )
ACD AME 90 ADC ;CAD MAE AD AE ACD= AME(c.g.c)
= − =
= ⇒ ∆ ∆
b) ACD AME AC AM
AB AM
∆ = ∆ ⇒ =
⇒ =
∆AGB và ∆MIA có: ABG =MAI (đồng vị); AB = AM; BAG =AMI (đồng vị)
AGB MIA(c.g.c)
⇒ ∆ = ∆
c) AG//MH (cùng vuông góc với CD) GAH IHA
⇒ = (so le trong)
AH chung, suy ra: ∆AGH= ∆HIA(c.g.c) HG AI
⇒ = .Mặt khác: ∆AGB= ∆MIA
B
D
C A
N
2
2 2
1 1
1
A
B C
D I E
1 1 2
2 1
B M C
A
D
AI BG
⇒ = . Từ đó suy ra: BG = HG 9.15
Trên tia BA lấy điểm D sao cho BD = BC.
Ta có tam giác BCD cân tại B.
Vì ABC =36O nên 180O 36O O
BCD BDC 72
2
= = − =
Ta lại có: DAC =ABC+ACB=36O +36O =72O (Tính chất của góc ngoài)
(
O)
BDC=DAC =72
Suy ra tam giác ACD cân tại C, do đó: CA = CD (1) Xét ta giác BDN và BCN ta có:
BN chung, BD = BC và CBN =DBN nên suy ra: ∆BDN= ∆BCN(c.g.c)
CN DN
⇒ = ⇒ ∆ NCD cân tại N, lại có:
O O O NCD=BCD−BCN=72 −12 =60
⇒ ∆NCD là tam giác đều
⇒ CN = CD (2)
Từ (1) và (2) ta có: CA = CN.
9.16
DE//BC nên:
1 2 2 1
I =B ; I =C .
Mà
1 2
B =B (theo giả thiết)
1 2
C =C (giả thiết) suy ra:
1 2 2 1
I =B ; I =C .
Do đó, ∆DIB, EIC∆ là các tam giác cân đỉnh D và E.
Nên DI = BD, EI = CE. Vậy DE = DI + IE = BD + CE
THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
A
B C
N
M
15cm 10cm 8cm
A
B C
H 9.17
Trên tia đối của tia MA lấy D sao cho MD = MA Xét ∆ABM và ∆DMC có: MB = MC (giả thiết)
1 2
M =M (đối đỉnh) AM = MD, do đó:
AMB DMC
∆ = ∆ (c.g.c) nên AB = DC;
1 1
A =D Mặt khác:
1 2
A =A suy ra
1 2
D =A hay ∆ACD cân tại C AC CD AC AB
⇒ = ⇒ =
Vậy, ∆ABC cân.
* Nhận xét: Để chứng minh ∆ABC cân ta chưa tìm được cách nào trực tiếp để chứng minh cặp cạnh bằng nhau hoặc cặp góc bằng nhau, cũng
như vận dụng BM = CM. Vì vậy, việc kẻ thêm đường phụ là điều cần thiết.
9.18
Dựng tam giác đều AMN (N và B khác phía đối với AC) . Ta có MA = MN.
Mặt khác CAN =BAM=60O −MAC . Suy ra MAB NAC
∆ = ∆ (c.g.c) dẫn đến MB = NC. Rõ ràng, tam giác MCN có các cạnh tương ứng bằng MA, MB, MC.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Chuyên đề 10. ĐỊNH LÝ PYTAGO 10.1 Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
∆ABH vuông, nên AH2+BH2 =AB2 64+BH2 =100⇒BH=6cm
∆AHC vuông, nên AC2 =64 125+ ⇒AC 17cm=
Chu vi∆ABClà: AB + BC + AC = 10 + 17 + 6 + 15 = 48 (cm) 10.2
Tam giác ABC vuông tại A. Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
2 2 2 2 2 2 2
AB +AC =BC ⇒6 +6 =BC ⇒BC =72.
Tam giác BCD vuông tại C. Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
2 2 2 2 2
BC +CD =BD ⇒72 3+ =BD =81⇒BD=9 Từ đó suy ra: x = 9.
10.3
a) Ta có: MAC =BAN (cùng bằng 90o +BAC ) MA = AB (∆MAB vuông cân tại A)
AC = AN (∆NAC vuông cân tại A) AMC ABN
∆ = ∆ (c.g.c)
b) Gọi giao điểm của BN với AC là F.
ANF =FCD (vì ∆AMC= ∆ABN ), AFN =CFD (đối đỉnh) Từ đó suy ra: FDC =FAN . Do đó BN ⊥ CM
a) Áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông MDN, BDC, MDE, NDC, ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
MN BC MD ND BD CD BM CN MD BD ND CD
MN BC BM CN MN BM CN BC
+ = + + +
+ = + + +
⇒ + = +
⇒ = + −
Thay MB = 3cm, BC = 2cm CN = 4cm vào đẳng thức trên, ta được MN= 21 cm b) Trên tia BN lấy điểm E, sao cho BE = MD
AMD ABE
∆ = ∆ (c.g.c)
Suy ra AD = AE ⇒ ∆ADE cân tại A (1)
F D A
B C
N
M
E
THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
B E A
D
C
3cm 2cm
m n
A
B D
C
B
C H
O AMD ABE MAD BAE DAE MAB 90
∆ = ∆ ⇒ = ⇒ = =
⇒ ∆ADE vuông tại A (2)
Từ (1) và (2) o 1