Chủ đề này có 101 trả lời

[Hoang72]

$\boxed{28}$ Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. $M$ là trung điểm của $AC$, trên $BM$ lấy $N$ sao cho $AM=MN$. $CN$ cắt $AB$ tại $E$ Chứng minh rằng: $BN=AE$

Screenshot (22).png

Đặt AB = AC = a. Tính được $BM=\frac{\sqrt{5}}{2}a$, $BN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BAM ta có:

$\frac{EB}{EA}.\frac{CA}{CM}.\frac{NM}{NB}=1\Rightarrow \frac{EA}{EB}=\frac{2}{\sqrt{5}-1}\Rightarrow \frac{EA}{AB}=\frac{2}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{BN}{AB}\Rightarrow EA=BN$

[KietLW9]

Đặt AB = AC = a. Tính được $BM=\frac{\sqrt{5}}{2}a$, $BN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BAM ta có:

$\frac{EB}{EA}.\frac{CA}{CM}.\frac{NM}{NB}=1\Rightarrow \frac{EA}{EB}=\frac{2}{\sqrt{5}-1}\Rightarrow \frac{EA}{AB}=\frac{2}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{BN}{AB}\Rightarrow EA=BN$

Bài làm rất hay khi sử dụng đến Menelaus! Ngoài ra còn một cách sử dụng tam giác đồng dạng rất đơn giản!

Lời giải:

$\Delta ANC$ có $AM=MN=MC$ nên vuông tại $N$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix}\Delta BEN\sim\Delta BNA & \\ \Delta ANC\sim\Delta ENA & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{AE}{AC}=\frac{EN}{NA}=\frac{BN}{AB}\Rightarrow AE=BN(Q.E.D)$

[KietLW9]

$\boxed{29}$

[KietLW9]

$\boxed{30}$

[dangcongsanvietnam]

25 
vẽ về phía ngoài tam gaics ABC các tam giác OAB IAC vuông cân tại O,I. vẽ OM, IN vuông góc với d tại M,N

Có O,I cố định .

 
Gọi S là điểm dx của A qua M,K là điểm đx của A qua N
tcó OS=OA=OB => ASB = 45

tgiác DSB vuông cân tại D =>DB=DS
tt thì EC=EK

=> 2pDBEC=BD+DE+EC+CB 
=SD+DE+EK+BC

 

=SK+BC
=2MN+BC

<=2OI+BC không đổi 
đẳng thức xảy ra <=> d//OI

 

ps: anh ko bt đánh latex và gửi hình nên dùng google drive      https://drive.google...iew?usp=sharing

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangcongsanvietnam: 03-05-2021 - 20:25

[dangcongsanvietnam]

$\boxed{30}$

Screenshot (27).png

https://drive.google...af_?usp=sharing

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangcongsanvietnam: 03-05-2021 - 21:45

[KietLW9]

$\boxed{31}$Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{B}=\widehat{C}=50^{\circ}$. $N$ là điểm thuộc miền trong tam giác thỏa mãn $\widehat{NBC}=10^{\circ},\widehat{NCB}=20^{\circ}$. Tính số đo góc $ANB$  

[LongNT]

32. Cho tam giác ABC có$\angle A=2\angle B= 4\angle C.$ Gọi D,E,F là giao điểm của các đường phân giác trong góc A, B, C với các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh tam giác DEF cân

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LongNT: 04-05-2021 - 14:59

[KietLW9]

$\boxed{29}$

Screenshot (26).png

Lời giải bài $\boxed{29}$:

Trên tia đối của $CA$ lấy điểm $L$ sao cho $AL=3a$

Ta dễ có: $BL^2=BA^2+AL^2=a^2+(3a)^2=10a^2=5a.2a=IL.FL\Rightarrow \frac{FL}{LB}=\frac{LB}{LI}\Rightarrow \Delta FLB\sim\Delta BLI\Rightarrow \widehat{LBI}=\widehat{LFB}$

                $BC^2=AB^2+AC^2=a^2+a^2=2a^2=2a.a=CL.CE\Rightarrow \frac{CE}{CB}=\frac{CB}{CL}\Rightarrow \Delta ECB\sim\Delta BCL\Rightarrow \widehat{BEC}=\widehat{LBC}$

Như vậy, ta có: $45^{\circ}=\widehat{BCA}=\widehat{LBC}+\widehat{CLB}=\widehat{BEC}+\widehat{IBL}+\widehat{BIA}=\widehat{BEA}+\widehat{BFA}+\widehat{BIA}$

Vậy $\widehat{BEA}+\widehat{BFA}+\widehat{BIA}=45^{\circ}$

[KietLW9]

$\boxed{33}$  Từ đỉnh A của tam giác ABC ta hạ các đường vuông góc AM, AN với phân giác trong và ngoài tương ứng của góc B, hạ các đường vuông góc AP, AQ với phân giác trong và ngoài tương ứng của góc C. Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q thẳng hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 04-05-2021 - 18:44

[dangcongsanvietnam]

$\boxed{33}$  Từ đỉnh A của tam giác ABC ta hạ các đường vuông góc AM, AN với phân giác trong và ngoài tương ứng của góc B, hạ các đường vuông góc AP, AQ với phân giác trong và ngoài tương ứng của góc C. Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q thẳng hàng.

dễ nhận thấy AMBN là hcn 

tcó NMB=ABM=MBC nên NM//BC 

mà MANB là hcn nên đi qua trung điểm E

=>MN trùng với đường trùng bình 

tương tự PQ đi qua đường trung bình nên MNPQ thẳng hàng

https://drive.google...vVD?usp=sharing

[KietLW9]

$\boxed{27}$Trong các tứ giác với hai đường chéo có độ dài đã cho và góc giữa hai đường chéo có độ lớn đã cho, xác định tứ giác có chu vi nhỏ nhất.

Lời giải bài $\boxed{27}$:

Xét tứ giác $ABCD$ có $AC=m,BD=n,\widehat{BIC}=\alpha $ không đổi

Dựng hình bình hành $AEFC$ có $AE//BD,AE=BD$ ($E$ và $D$ nằm khác phía đối với đường thẳng $AC$)

Như vậy hình bình hành $AEFC$ cố định

Ta có: $(AB+CD)+(BC+AD)=(AB+BF)+(BC+BE)\geqslant AF+CE$ (không đổi)

Vậy chu vi tứ giác nhỏ nhất khi tứ giác đó là hình bình hành.

[KietLW9]

Bài tiếp theo trong ngày hôm nay:

$\boxed{34}$Cho $\Delta ABC$ có $\widehat{A}=60^{\circ}$. Xác định vị trí của điểm $M$ trong tam giác sao cho $MA\sqrt{3}+MB+MC$ đạt giá trị nhỏ nhất.

[KietLW9]

$\boxed{35}$ Về phía ngoài của $\Delta ABC$ dựng các tam giác cân $ABM,BCN,CAP$ có góc ở đỉnh cân lần lượt là $\widehat{AMB}=\alpha ,\widehat{BNC}=\beta ,\widehat{APC}=\gamma $ thỏa mãn $\alpha +\beta +\gamma =360^{\circ}$. Chứng minh rằng tam giác $MNP$ có số đo ba góc là $\frac{\alpha }{2},\frac{\beta }{2},\frac{\gamma }{2}$

[KietLW9]

$\boxed{36}$Tam giác $ABC$ có $E$ là trung điểm của cạnh $BC$ sao cho $\widehat{EAB}=15^{\circ},\widehat{EAC}=30^{\circ}$. Tính góc $\widehat{C}$

[LongNT]

32. Cho tam giác ABC có$\angle A=2\angle B= 4\angle C.$ Gọi D,E,F là giao điểm của các đường phân giác trong góc A, B, C với các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh tam giác DEF cân

+Theo tính chất đường phân giác ta có AE=\frac{bc}{c+a} và BE=\frac{ac}{a+b}
Cần chứng minh b^{2}+ab=a^{2}+ac mà ab=ac+bc (do \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c})
Nên b^{2}+bc=a^{2} (đúng) suy ra AE=BE
+ Xét△AED và △BFD có
AE=BF (cmt)
AD=BD (△BDA cân)
∠DAE=∠DBF (=(1/2)∠A)
Suy ra △AED=△BFD (c.g.c)
Nên ED=FD suy ra △DFE cân

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LongNT: 05-05-2021 - 11:07

[KietLW9]

$\boxed{31}$Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{B}=\widehat{C}=50^{\circ}$. $N$ là điểm thuộc miền trong tam giác thỏa mãn $\widehat{NBC}=10^{\circ},\widehat{NCB}=20^{\circ}$. Tính số đo góc $ANB$  

Lời giải bài $\boxed{31}$:

Gọi $O$ là giao điểm của đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ và $BN$. Vẽ $AK$ vuông góc với $BN$ và $AK$ cắt $CN$ tại $J$. $\widehat{OBH}=\widehat{HAK}=10^{\circ}$

$\widehat{HAC}=40^{\circ}\Rightarrow \widehat{KAC}=30^{\circ}$ mà $\widehat{NCA}=30^{\circ}$ nên $\Delta JAC$ cân tại $J\Rightarrow JA=JC$ (1)

$\Delta OBC$ cân ở $O$ vì $OH$ là đường trung trực, do đó $\widehat{OCB}=\widehat{OBC}=10^{\circ}$ suy ra $\widehat{OCA}=\widehat{OAC}=40^{\circ}$

Vậy $\Delta OAC$ cân tại $O$ nên $OA=OC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $OJ$ là đường trung trực của $AC$ và cũng là tia phân giác của $\widehat{AOC}$ nên $\widehat{AOJ}=\widehat{JOC}=50^{\circ}$

$\widehat{NOC}$ là góc ngoài của $\Delta OBC$ nên $\widehat{NOC}=20^{\circ}$. Từ đó có $\widehat{NOJ}=30^{\circ}$. Do đó $\widehat{AON}=80^{\circ}$

Mà $\widehat{BNJ}$ là góc ngoài của tam giác $NBC$ nên $\widehat{BNJ}=30^{\circ}$

Vậy tam giác $NOJ$ cân tại $J$. MÀ $JK$ là đường cao nên $JK$ là đường trung trực của $ON$, hay $AK$ là trung trực của $ON$, do đó tam giác $AON$ cân tại $A$ do đó $\widehat{ANB}=\widehat{AON}=80^{\circ}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 05-05-2021 - 20:10

[dangcongsanvietnam]

bài 36 Kẻ CH vuông góc với AE và K đx với C qua H

 dễ CM tgiác ACK đều => góc KAB = 15độ

HE là đường trung bình tgiác BKC nên HE // BK => BKC là tgiác vuông

=> góc KBA = 15 độ

=> tgiác KBA cân tại K 

=> KB=KA 

có KA=KC =>KB=KC => tgiác KBC cân tại K

=> tgiác KBC vuông cân tại K => KCB = 45độ

=> BCA = 105 độ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangcongsanvietnam: 05-05-2021 - 21:55

[KietLW9]

Bài tiếp theo trong ngày hôm nay:

$\boxed{34}$Cho $\Delta ABC$ có $\widehat{A}=60^{\circ}$. Xác định vị trí của điểm $M$ trong tam giác sao cho $MA\sqrt{3}+MB+MC$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải bài $\boxed{34}$:

Trên tia đối của tia $AB$ lấy điểm $C'$ sao cho $AC'=AC$

Dựng $\Delta AMM'$ cân tại $A$ có $\widehat{MAM'}$ ($M'$ nằm khác phía đối với $B$ qua $AC$)$\Rightarrow MM'=\sqrt{3}MA$

Ta dễ chứng minh: $\Delta AMC=\Delta AM'C'(c.g.c)$

Suy ra $MC=M'C'$

Do đó: $MA\sqrt{3}+MB+MC=MM'+MB+M'C'\geqslant BC'=AB+AC$ (không đổi)

Vậy $MA\sqrt{3}+MB+MC$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ trùng $A$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 07-05-2021 - 06:38

[KietLW9]

$\boxed{35}$ Về phía ngoài của $\Delta ABC$ dựng các tam giác cân $ABM,BCN,CAP$ có góc ở đỉnh cân lần lượt là $\widehat{AMB}=\alpha ,\widehat{BNC}=\beta ,\widehat{APC}=\gamma $ thỏa mãn $\alpha +\beta +\gamma =360^{\circ}$. Chứng minh rằng tam giác $MNP$ có số đo ba góc là $\frac{\alpha }{2},\frac{\beta }{2},\frac{\gamma }{2}$

Lời giải bài $\boxed{35}$:

Trên nửa mặt phẳng bờ $NC$ không chứa $B$ lấy điểm $S$ sao cho $\widehat{CNS}=\gamma $ và $NC=NS$

Lúc đó ta có thể suy ra $\widehat{BNS}=\alpha$ và $BN=NC=SN$

Dễ thấy $\Delta AMB\sim\Delta SNB(g.g)\Rightarrow \frac{BM}{NB}=\frac{AB}{BS}$

Suy ra $\Delta MBN\sim\Delta ABS(c.g.c)\Rightarrow \widehat{BNM}=\widehat{BSA}$

Tương tự: $\widehat{CNP}=\widehat{CSA}$

Mà $\widehat{BSA}+\widehat{CSA}=\widehat{BNM}+\widehat{CNP}$ và $\widehat{BSC}=\frac{1}{2}\widehat{BNC}\Rightarrow \widehat{MNP}=\frac{\widehat{BNC}}{2}=\frac{\beta }{2}$

Tương tự ta có: $\widehat{PMN}=\frac{\alpha }{2},\widehat{MPN}=\frac{\gamma }{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 07-05-2021 - 07:37