Chủ đề này có 5 trả lời

[strongenough]

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

[cat love math]

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

[strongenough]

Nếu chưa học đến hình bình hành thì làm sao ạ? 

[cat love math]

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!

[strongenough]

Untitled1.png

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

[cat love math]

Thì tính chất của hbh là: 180 = ADB + CAD = (ADA' + A'DB' + BDB') + CAD. Cứ thế rút ra thôi! Đơn giản mà!!!