Bài toán ban đầu: Xem hình 106.

II – TÍNH CHẤT ĐƢỜNG TRUNG TUYẾN CỦA TAM GIÁC VUÔNG Định lí bổ sung 3.

129. Bài toán ban đầu: Xem hình 106.

Bài toán tƣơng tự: Thay :B và C thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ d” bởi “B và C thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau có bờ d”.

Giải (h 107):

AB = CA, BHA ACK(cùng phụ với CAK)

nên ABH  CAK (cạnh huyền – góc nhọn), suy ra AH  CK (1)

ABC

 cân có trung tuyến AM là đƣờng cao, từ đó

AMC

 vuông cân nên AM = MC (2)

MAH MCK vì cùng bằng BAH 450 và ACK450

Do đó MAH  MCK(c.g.c). Từ đó chứng minh tam giác MHK vuông cân.

TÍNH SỐ ĐO GÓC

130.(h108) Ta thấy KBC2KBE KCB, 2KCD. Do đó vẽ I là giao điểm các tia phân giác của các KBC thì KBI 20 ,0 KCI 100.

Ta có BKC120 và KI là phân giác của góc BKC nên BKI CKI  60 . Sau đó chứng minh rằng KEKD vì cùng bằng KI . Đáp số: 120 ,30 ,30  .

131. Trƣờng hợp A 90 (h.109). IB KC, là tia phân giác góc ngoài của HIK nên HA là tia phân giác góc trong. Do AHC 90 nên HC là tia phân giác góc ngoài đỉnh H. Các tia phân giác góc ngoài đỉnh góc trong. Do AHC 90 nên HC là tia phân giác góc ngoài đỉnh H. Các tia phân giác góc ngoài đỉnh

H và K của HIK cắt nhau ở C nên IC là tia phân giác của góc HIK, do đó IBIC. Chứng minh tƣơng tự, BKKC.

Trường hợp A 90 (h.110). HIK có IB KC, là các tia phân giác góc trong, IC KB, là các tia phân giác góc ngoài. Ta cũng có AIC AKB 90 .

Chú ý:

Trong trƣờng hợp B90, HIK có IB và KB là các tia phân giác góc trong, IC và KC là các tia phân giác góc ngoài.

Trong trƣờng hợp C  90 , HIK có IB và KB là các tia phân giác góc ngoài, IC và KC là các tia phân giác góc trong.

Trong các trƣờng hợp này, ta vẫn có AIC AKB 90 .

132. (h.111) Để vẽ hình chính xác, ta vẽ BHD có BHD135, rồi vẽ điểm A, sau đó vẽ điểm C.

Xét ABH ta có: 2 90 2 90 HAx ABH   B  . Ta lại có HAx2A2. Do đó   2 2 2 2 2A 2B   90 A B  45 1

Từ (1) và (2) suy ra D145.

133. (h.112) O là giao điểm các đƣờng trung trực của ABC nên OBOC, do đó B1 C1.

BC là đƣờng trung trực của OK nên BOBK, COCK, do đó B1 B C2, 1 C2.

K là giao điểm các đƣờng phân giác nên B2 B C3, 2 C3. Đặt B1 B2 B3 C1C2 C3 .

Ta lại có OAOB nên OBAOAB OA, OC nên OCAOAC, do đó 3 3 6

BACOBA OCA    .

Xét ABC ta có AABCACB180 nên 622180, suy ra   18 . Vậy 36 , 108

B  C A .

134. (h.113) Chú ý rằng ABC 60 nên trên BC lấy BK BA thì ABK đều, do

đó AKAB. Còn ABI vuông cân nên AI  AB. Vậy IAC KAC (c.g.c) suy ra ICAKCA45. Do đó ICB90.

135. (h.114) CDE có CE là tia phân giác của góc C DA, là tia phân giác của góc ngoài tại D nên

EA là tia phân giác góc ngoài tại E. Do E130 nên

180 30 : 2 75 .

DEA  

 . .  .

ADB ADE g c g DB DE

     Tam giác BDE cân có góc ở đỉnh bằng 120 nên DBE30 . Vậy CBE30 .

tam giác đều, do đó trên tia đối của tia IH, ta lấy điểm K sao cho IK IH.

Gọi BAC  thì HAF 90 , (nếu 90 ),

 

360 ,

KCF   ICKACBACF

Từ đó ta cũng đƣợc KCF90 . Do đó HAF KCF.

Trƣờng hợp  90 cũng chứng minh tƣơng tự. Hình 115

Nhƣ vậy AHF  CKF c g c . . FH FK AFH, CFK , do đó HFA60 và HFK là tam giác đều. Các góc của FIH là 90 ,60 ,30 .

137. (h.116) Trên nửa mặt phẳng bờ có chứa AC, vẽ tia Cy sao cho ACy60 , tia này cắt AB ở E. vẽ tia Cy sao cho ACy60 , tia này cắt AB ở E.

CBE

 có B80 ,

60 20 80

CEB ACECAE   

Nên là tam giác cân, suy ra CBCE. Do đó ACD ACE c g c . . .

Vậy ADC AEC 100 . Hình 116

138.Cách 1. Vẽ tam giác đều ADE nằm ngoài ABC h .117 thì CAE 80 . Do đóCAE  ABC c .g.cCECA ACE, BAC 20 . Do đóCAE  ABC c .g.cCECA ACE, BAC 20 .

Ta có ACD ECD c c . .c ACDECD10 .

Cách 2: Vẽ tam giác đều ACK nằm ngoài ABC (h.117). Chứng minh rằng DKC cân có đáy DC, góc ở đỉnh 40, do dó KCD 70 , ACD 10 .

Cách 3. Vẽ tam giác đều AFB (F và C cùng phía đối với AB, h.118).

Tính AFC, rồi chứng minh ACDBFC.

139. (h.119). BAE 75 , EACECA 15 .

Ta thấy 75   15 60 là góc của tam giác đều. Do đó có thể giải bằng cách sau:

Cách 1. Vẽ tam giácACD đều ra phía ngoài AEC. AEB AED (c.g.c) suy ra AEB AED

Ta tính AED. Do DADC, EAEC nên DE là đƣờng trung trực của AC.

Do đó 75

2

AEC

AED  .

Cách 2. Vẽ AEKđều ra phía ngoài AEC rồi chứng minh

AKB AEC

   (c.g.c), BKE BKA (c.g.c).

Cách 3. Trong ABC vẽ AKB AEC rồi chứng minh rằng AEK đều.

Cách 4. Vẽ CEH đều ra phía ngoài AEC rồi chứng minh rằng ABH đều.

140. (h.120) Chú ý rằng 75   15 60 là góc của tam giác đều. Ta vẽ BECđều (E và H cùng phía đối với BC). Gọi K là trung điểm của BH thì EBK  15 . Do đó EBK  BCA (c.g.c) suy ra K  90 . với BC). Gọi K là trung điểm của BH thì EBK  15 . Do đó EBK  BCA (c.g.c) suy ra K  90 .

Hình 118 Hình 117 F D C B A D E B C K A Hình 119 K E A D C B

Suy ra BEH CHE. Vậy 0

30

BHC

142. (h.121) Chú ý rằng CM là tia phân giác của góc Cnên trên tia CAlấy CECBthì ( . . ) ( . . ) CME CMB c g c    ME MB   và BME600 Do đó EBMđều, BM BE Ta tính đƣợc 0 30 , ( . . )

ABE ABM ABM ABE c g c , do

đó 0

70

AMBAEB

143. (h 123)