ĐA CD12 vẽ THÊM HÌNH PHỤ để GIẢI TOÁN 180 189 copy

Phát triển tư duy Hình học 7

HƯỚNG DẪN GIẢI
Chuyên đề 12. VẼ HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TOÁN
�
�
12.1. Cách 1.Từ D kẻ DH // AC (H ϵ BC) suy ra DHB  ACB , mà
�
� �
ABC  �
ACB � DHB
ABC � DHB cân tại D � DH  DB � DH  CE.

�
�
�
�
∆DHF và ∆ECF có DHF  ECF , DH  CE , HDF  CEF
Suy ra ∆DHE = ∆ ECF (c.g.c) � DF  FE
Cách 2. Từ E kẻ EK //AB (K �BC )
�
�
�
��
ABC  CKE
mà ABC  ACB
� � ECK
�  CKE
�
��
ACB  CKE

� ECK cân tại E � CE  KE � BD  KE
�
�
�
�
∆BDF và ∆KEF có DBF  EKF , BD  KE , BDF  KEF
Suy ra ∆BDF và ∆KEF (c.g.c)
Cách 3. Hạ DH  CE , EK  BC (H, K �BC)

0
�
�
�
�
∆BDH và ∆CEK có BHD  CKE  90 , BD  CE , DBH  KCE

Suy ra ∆DBH = ∆ECK(cạnh huyền , góc nhọn)

� DH  EK
0
�
�
�
�
∆HDF và ∆KEF có DHF  EKF  90 , DH  KE , DFH  KFE

Suy ra ∆DHF = ∆EKF(c.g.c) � DF  FE.
Tóm lại: Chứng minh DF = EF dựa vào cặp ta giác bằng nhau, do đó cần tại ra
tam giác bằng nhau.

cặp

12.2 Tìm cách giải.
0
0
�
Ta thấy DCA  60 mà CD = 2BC , nên ta nghĩ tới tam giác vuông có góc nhọn 60

Ta hạ DE  AC � CD  2CE � CE  CB
Dễ thấy ∆BED và ∆BEA cân tại E

� EAD cân tại E.
Từ đó tính được:

�
�  300 � �
ADE  450 , EDB
ADB  750.

�
�
12.3. Đặt xOy   � yOz  2
“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng”

Page. 1


Phát triển tư duy Hình học 7

Lấy điểm E trên Bz sao cho OE = OA , ∆AEO cân tại O
��
AEB 

1800  2
2

�
�  900  
AEB  900   ; �
ABE  OBH
��
AEB  �
ABE

��
AED  �
ABO; OB  ED; AE  AB
AOB  ADE (c.g.c) � AO  AD

� AOD cân.
0 �
0
0
�
�
12.4. ABC có A  50 ; B  70 � C  60 .
0
�
�

�
CM là tia phân giác của C nên MCA  MCB  30 .
0
0
0
�
� �
Có NBC  B  MBN  50  40  10 .
0
0
0
�
�
�
Ta có MNB  MCB  NBC  30  10  40 (góc ngoài của ∆NBC)

� MNB cân tại M

Từ M vẽ MH  BC ta có
Từ M vẽ

MH 

MK  BN � BK 

1
MC (1)
2

1

BN (2)
2

0
�
�
Xét ∆MKB và ∆BHM có BHM  BKM ( 90 ) , BM là cạnh chung
�  BMH
�  400 � BHM
MBK
(cạnh huyền, góc nhọn)
� MH  KB (2)
Từ (1)(2)(3) � BN  MC (điều phải chứng minh).
12.5.
Kẻ BH  AD; CI  AD .
0
0
0
�
�
�
�
∆ABK có AKB  KBD  KDB  30  45 � AKB  75 .
0
�
�
∆ABK có BAK  AKB( 75 ), BH  AK nên AH = KH.

1�
�

ABK

ABK  150.
�
2
BH là tia phân giác của ABK nên
0
0
�
�
∆CDE có ECD  90 ; CDE  45 nên ∆CDE vuông cân tại C.
Kẻ CI  ED suy ra EI = ID = CI suy ra ED = 2.CI.
0
0
�
�
�
�
∆AHB và ∆CIA có AHB  CIA( 90 ); AB  AC; ABH  CAI (  15 )
Nên ∆AHB = ∆CIA (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra AH = CI. Từ đó suy ra
“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng”

Page. 2


Phát triển tư duy Hình học 7

AK = ED.
12.6.

0
�
Trường hợp BAC  90 , kết quả là hiển nhiên.
0
�
Ta chứng minh cho trường hợp BAC  90
0
�
Trường hợp BAC  90 , chứng minh hoàn toàn tương tự .
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MA = MD.
Nối B với D. Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt AD tại G.
Xét hai tam giác AMC VÀ DMB có AM = MD;
�
� ; BM  MC
AMC  DMB
�
�
Nên ∆AMC = ∆DMB(c.g.c), suy ra CAM  BDM (1) và BD = AC.
�
�
Ta có AE  AB; BG  AB nên BG // AE suy ra EAM  BGA (so le

trong)(2)
�
�
�
�
�
�
Mà BGA  GBD  BDM và EAM  EAC  CAM (3)

�
�
Nên từ (1) , (2) và (3) suy ra EAC  GBD
0
�
�
�
Ta có AE = AB; EAF  ABD  180  BAC ; BD  AF(=AC).
Do đó EAF  ABD(c.g.c) suy ra EF = AD.
Mà AD = 2.AM (cách vẽ) nên EF = 2.AM.
0
0
�
�
�
�
�
�
Do ∆EAF = ∆ ABD nên AEF  BAD mà BAD  DAE  90 nên AEF  DAE  90

Suy ra AM  EF (điều phải chứng minh).
12.7.
Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia AD ở F. Do AB = AC.
�
�
ABE  CAF
(cùng phụ với góc AEB)
� �
BAE
ACF  900 nên

BAE  ACF (g.c.g) � AE  CF � CE  CF.

Suy ra ∆ CED = ∆CFD (c.g.c)
Trên tia DE lấy điểm G sao cho EG = ED.
∆AEG và ∆CED có AE = CE.

�
� , EG  ED
�
�
AEG  CED
suy ra ∆AEG = ∆CED(c.g.c) � CDE  AGE
�
�
�
�
và AG // DC , do đó DAG  FDC (đồng vị) suy ra DAG  DGA .
Vậy ∆DAG cân tại D , hay DA = DG = 2DE(điều phải chứng minh).
12.8.
Gọi E là giao điểm của XA với YZ. Trên nửa mặt phẳng bờ XC không chứa A lấy điểm K sao cho
∆XCK = ∆XBA.
“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng”

Page. 3


Phát triển tư duy Hình học 7
0
�
�

�
�
Ta có XK = XA và KXC  AXB suy ra AXK  BXC  120
0
�
Do đó XAK  30 . Mặt khác , ta có CK = AZ(vì ∆XCK = ∆XBA và ∆ABZ đều) ; CA=AY(vì ∆YCA
đều) ;

�
� �
�  300  �
ACK  �
ACB  BCX
XCK  C
XBA

�  300  300  B
�  600  (1800  �
C
A)
�  ZAB
�  YAZ
� )  YAZ
� ;
 2400  (3600  YAC
Suy ra ∆CAK = ∆AYZ (c.g.c)
�
�
�
Do đó CAK  AYZ  EYZ

0
0
0
0
0
�
�
�
�
Ta có : EAY  CAK  180  (YAC  XAK )  180  (60  30 )  90
0
0
�
�
�
∆EAY có EAY  EYA  90 .Suy ra AEY  90 . Vậy XA  YZ

12.9.

Trên tia đối của tia MA lấy A’ sao cho MA’ = MA.
Khi đó ∆MCA’=∆MBA(c.g.c),
Suy ra CA’ = AB(1)
� ' �
� '  360  540  90 0.
MCA
ACB  BCA
Từ ∆ABC = ∆CA’A(c.g.c)

� AA '  BC ; MC  MA 

1
�  MCA
�  360.
BC , MAC
2

0 �
�
�
Mặt khác , CD là phân gicas ACB nên ECA  18 , A ' EC là góc ngoài của tam giác AEC nên
�
�  ECA
�  360  180  540  EA
� 'C,
A ' EC  EAC

Suy ra tam giác ECA’ cân tại C , nên CE = CA’(2)
Từ (1), (2) suy ra CE = AB.
12.10.

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng”

Page. 4


Phát triển tư duy Hình học 7

Kẻ DE  BC tại E, DF  AH tại F.
Xét các tam giác vuông ABD và EBD có IB = ID nên

AI  EI 

BD
2 .

Ta có ∆ABH = ∆DAF (cạnh huyền, góc nhọn) � AH  DF (1)
HED  DFH (cạnh huyền, góc nhọn) � HE  DF (2)

Từ (1) và (2) suy ra AH = HE. Từ đó ∆IHA = ∆IHE(c.c.c)
0
�  IHE
�  900 : 2  450
�
�
�
� IHA
. Ta có BIH  IHB  IHE  45

�
�
�
�
�
�
Mà IBH  FDI ( so le trong ) � BIH  ADF . Lại có ADF  ACB ( đồng vị)
�
�
Suy ra BIH  ACB điều phải chứng minh ).

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng”

Page. 5