Cho C ở ngoài AB. Dựng các tam giác vuông cân ACA' tại A và BCB' vuông tại B ngoài tam giác ABC . CMR: M cố định với M là trung điểm A'B' khi C thay đổi
Cho C ở ngoài AB. Dựng các tam giác vuông cân ACA' tại A và BCB' vuông tại B ngoài tam giác ABC . CMR: M cố định với M là trung điểm A'B' khi C thay đ
#1
Đã gửi 07-07-2014 - 07:11
#2
Đã gửi 07-07-2014 - 10:27
Cho C ở ngoài AB. Dựng các tam giác vuông cân ACA' tại A và BCB' vuông tại B ngoài tam giác ABC . CMR: M cố định với M là trung điểm A'B' khi C thay đổi
Vẽ hình bình hành ACBD. Khi đó ta có: $AA'=AC=DB$
$AD=CB=BB'$
$\widehat{A'AD}=90+\widehat{CAD}=90+\widehat{CBD}=\widehat{DBB'}$
$\Rightarrow \Delta A'AD=\Delta DBB' \rightarrow \Rightarrow DA'=DB'$
Lại có: $\widehat{A'DB'}=180-\widehat{CAD}-(\widehat{ADA'}+\widehat{BDB'})=180-\widehat{CAD}-(\widehat{ADA'}+\widehat{AA'D})=180-\widehat{CAD}-(180-\widehat{DAA'})=\widehat{DAA'}-\widehat{CAD}=\widehat{CAA'}=90$
Nên suy ra tam giác DA'B' vuông cân ở D.
Khi đó ta suy ra: $\widehat{B'A'C}=\widehat{DA'A}$ (cùng cộng với góc CA'D bằng 45)
Mà $\widehat{DA'A}=\widehat{BDB'}\Rightarrow \widehat{B'A'C}=\widehat{BDB'}$.
Xét 2 tam giác MAA' và MDB có:
$AA'=BD$
$MA'=MD$
$\widehat{MA'A}=45+\widehat{MA'C}=45+\widehat{BDB'}=\widehat{MDB}$
$\Rightarrow \Delta MAA'=\Delta MBD.\Rightarrow MA=MB (1)$
Chứng minh tương tự, suy ra: $\Delta MAD=\Delta MBB'$
Suy ra: $\widehat{AMB}=\widehat{AMD}+\widehat{BMD}=\frac{(\widehat{AMA'}+\widehat{BMD})+(\widehat{AMD}+\widehat{BMB'})}{2}=\frac{180}{2}=90$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác MAB vuông cân ở M => điểm M cố định.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cat love math: 07-07-2014 - 10:46
- HungNT và strongenough thích
#3
Đã gửi 08-07-2014 - 16:53
Nếu chưa học đến hình bình hành thì làm sao ạ?
#4
Đã gửi 09-07-2014 - 16:14
Nếu chưa học thì cứ nói là lấy điểm D đối xứng với điểm C qua trung điểm I của AB, rồi sử dụng các cặp tam giác bằng nhau để suy ra các tính chất của hình bình hành cũng được bạn ạ!
#5
Đã gửi 18-07-2014 - 17:36
Vẽ hình bình hành ACBD. Khi đó ta có: $AA'=AC=DB$
$AD=CB=BB'$
$\widehat{A'AD}=90+\widehat{CAD}=90+\widehat{CBD}=\widehat{DBB'}$
$\Rightarrow \Delta A'AD=\Delta DBB' \rightarrow \Rightarrow DA'=DB'$
Lại có: $\widehat{A'DB'}=180-\widehat{CAD}-(\widehat{ADA'}+\widehat{BDB'})=180-\widehat{CAD}-(\widehat{ADA'}+\widehat{AA'D})=180-\widehat{CAD}-(180-\widehat{DAA'})=\widehat{DAA'}-\widehat{CAD}=\widehat{CAA'}=90$
Nên suy ra tam giác DA'B' vuông cân ở D.
Khi đó ta suy ra: $\widehat{B'A'C}=\widehat{DA'A}$ (cùng cộng với góc CA'D bằng 45)
Mà $\widehat{DA'A}=\widehat{BDB'}\Rightarrow \widehat{B'A'C}=\widehat{BDB'}$.
Xét 2 tam giác MAA' và MDB có:
$AA'=BD$
$MA'=MD$
$\widehat{MA'A}=45+\widehat{MA'C}=45+\widehat{BDB'}=\widehat{MDB}$
$\Rightarrow \Delta MAA'=\Delta MBD.\Rightarrow MA=MB (1)$
Chứng minh tương tự, suy ra: $\Delta MAD=\Delta MBB'$
Suy ra: $\widehat{AMB}=\widehat{AMD}+\widehat{BMD}=\frac{(\widehat{AMA'}+\widehat{BMD})+(\widehat{AMD}+\widehat{BMB'})}{2}=\frac{180}{2}=90$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác MAB vuông cân ở M => điểm M cố định.
Cho em hỏi là chỗ Lại có: $\widehat{A'DB'}=180-\widehat{CAD}-(\widehat{ADA'}+\widehat{BDB'})=180-\widehat{CAD}-(\widehat{ADA'}+\widehat{AA'D})=180-\widehat{CAD}-(180-\widehat{DAA'})=\widehat{DAA'}-\widehat{CAD}=\widehat{CAA'}=90$
Sao $\widehat{A'DB'}=180-\widehat{CAD} ạ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi strongenough: 18-07-2014 - 17:38
#6
Đã gửi 18-07-2014 - 19:55
Thì tính chất của hbh là: 180 = ADB + CAD = (ADA' + A'DB' + BDB') + CAD. Cứ thế rút ra thôi! Đơn giản mà!!!
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh