quan hệ giữa goc và cạnh đối diện

Phát triển tư duy Hình học 7

HƯỚNG DẪN GIẢI
Chuyên đề 15. QUAN HỆ GIỮA CẠNH VÀ GÓC ĐỐI DIỆN TRONG TAM
GIÁC
15.1.




Trường hợp M �B hoặc M �C :Khi đó AM  AB .
Trường hợp M nằm giữa B và C (h.15.6)
�
�
�
�
�
�
Ta có AMB  ACB (tính chất góc ngoài tam giác ).Do đó AMB  ABC (vì ACB  ABC ).
�
�
Xét AMB có: ABM  AMB .Suy ra AM  AB (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện).



Trường hợp M � tia Bx là tia đối của tia BC và M �B (h.15.7)
0
0
�
�
�

Ta có: ABC  ACB  90 (tính chất của tam giác cân).Do đó ABM  90 .
�
Xét ABM có: ABM là góc tù nên AM là cạnh lớn nhất. Vậy AM  AB .
Chứng minh tương tự , nếu M � tia Cy là tia đối của tia CB và M �C thì AM  AB .

15. 2.(h.15.8)
Góc ADB là góc nhọ nên góc ADC là góc tù. ABD và
� � � �
�C
�.
ACD có: A1  A2 ; D1  D 2 nên B
�C
� � AC  AB
ABC có B
(định lí 1).
15.3. (h.15.9)
�
�
Ta có MN //AC � MNC  ACN (so le trong).Mặt
�
�
�
�
khác , ACN  ACB nên MNC  ACB (1)

ABC có: AB  AC nên �
ACB  �
ABC . (2)
�
�

Từ(1) và (2), suy ra MNC  ABC
�
�
Tam giác MNB cân � MNB  MBN

(3)
(4)

�
�
�
�
Từ (3) và (4) , suy ra MNC  MNB  ABC  MBN .
�
�
Do đó BNC  NBC � BC  NC (định lí1).
“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng”

Page. 1


Phát triển tư duy Hình học 7

15.4. (h.15.10)
0
0
0
0
0
�

�
�
Ta có ACB  180  ( BAC  ABC )  180  (60  75 )  45 .
0
� �
Mặt khác, A1  C1  15 (giả thiết) nên
�
�  450  150  300
A2  600  150  450 , C
2
.

Giả sử OA và OB không vuông góc với nhau, tức là
�
AOB �900 .


0
�
Xét trường hợp AOB  90

0
0
0
0
�
�
�
�
Ta có B 2  180  ( AOB  A2 )  180  ( AOB  45 )  45 .

�
�
Vậy B 2  A2 � OA  OB (định lí 1)

� �
Mặt khác, AOC cân nên OA  OC suy ra OC  OB � B1  C 2 (định lí 1).Từ đó ta được
0
�2  B
�1  �
� 2  450  300
�
B
A2  C
hay ABC  75 (trái giả thiết).


0
0
�
�
Xét trường hợp AOB  90 ,chứng minh tương tự ta được ABC  75 (trái giả thiết).
0
�
Vậy AOB  90 � OA  OB .

15.5.(h.15.11)
Xét AHC vuông tại H , BKC vuông tại K .Ta có:
AH �AC ; BK �BC
(1)
Mặt khác: BC �AH ; AC �BK (giả thiêt) (2). Từ (1) và (2), suy

ra BC �AH �AC �BK �BC.
Do đó BC  AH  AC  BK . Vậy ABC phải là tam giác vuông
0 �
0
�
�
cân tại C . Suy ra C  90 , A  B  45 .
15.6. (H.15.12)
Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AE  AB .Vì AE  AC nên điểm E nằm giữa A và C .
� 2M
�1
ABM  AEM (c.g.c) � MB  ME và M
.
�
�
�
Xét AME có MEC là góc ngoài nên MEC  M 1 do đó
� M
� 2; M
� 2 D
�1 ; D
�1  �
�
MEC
ACD; �
ACD  ECM
.
�
�
Xét MEC có MEC  ECM � MC  ME (định lí 1).Do đó

MC  MB (vì MB  ME ).
15.7.(h.15.13)
ABE  ACF ( g.c.g ) � AE  AF và BE  CF

(1)

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

Page. 2


Phát triển tư duy Hình học 7

AEF  900 nên AB  AE .Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD  AE
AEF cân � �
ADE  AFE (c.g .c ) � ED  EF .

�
ADE là góc nhọn � BDE
ADE cân � �
là góc tù .

�
Xét BDE có BDE là góc tù � BE là cạnh lớn nhất .
Do đó BE  DE � BE  EF .

(2)

Từ (1) và (2) suy ra EF có độ dài nhỏ nhất tong 3 đoạn thẳng
BE , EF và FC .

15.8. (h.15.14)
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho
MD  MA .
�
AMN  DMB(c.g.c) � �
A2  D
và AN  BD
�
�
�
�
Ta có ANC  ABC � ANC  C .Do đó AC  AN
� � � �
(định lí 1).Suy ra AC  BD � D  A1 � A2  A1 .
� �
�
Dễ thấy A1  A3 do đó A2 là góc lớn nhất trong ba góc
�
� ,�
A1 , A
2 A3 .
15.9. (h.15.15)
0
�
Giả sử tam giác ABC có ABC  60 , ta phải chứng minh
AB  BC
AC 
2
.Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao
cho BD  BA. Vẽ CH  AD

�
��D
�  ABC
B� �
ABC  2 D
2 .
Tam giác ABD cân tại
0
0.
�
�
Vì ABC  60 nên D  30

1
CH  CD
0.
�
2
Xét HCD tại H có D  30 nên
(xem ví dụ 1).
1
1
1
AC  CD  ( DB  BC )  ( AB  BC )
2
2
2
Mặt khác AC �CH nên
.

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

Page. 3


Phát triển tư duy Hình học 7

15.10. (h.15.16)
Trên nửa mặt phẳng bờ MB không chứa C , vẽ tam giác
BDM vuông cân tại B .
ABD  CBM (c.g.c) � AD  CM và
�
�  1050
ADB  BMC

�
 450 � �
ADM  600 .
BDM vuông cân tại B � BDM
MA 
0
�
Xét ADM có ADM  60 nên
15.9)

AD  DM
2
(xem bài

Mặt khác, DM  MB (vì BDM vuông ) suy ra
MC  MB
MA 
2
15.11. (h.15.17)
�  EBC
�
ABC có AB  AC � �
ACB  �
ABC. Do đó FCB
.

�  EBC
�
FCD và EBD có: CF  BE , CD  BD, FCB
nên DF  DE
(định lý 2).

�
�
Xét DEF có DF  DE nên DEF  DFE (dịnh lý 1).
15.12. (h.15.18)
�
�
Tam giác ABC cân tại A � ABC  ACB .
� �
� �
Ta có B1  C1 (giả thiết) � B2  C2 � MC  MB (định lý 1). Xét ABM
�
�

và ACM có: : AB  AC , AM chung , MB  MC � MAB  MAC (định
lý 2).
� �
�
� �
�
�
�
Mặt khác B1  C1 nên MAB  B1  MAC  C1. Do đó M 1  M 2 .
15.13. (H. 15.19)
Trên tia đối của tia OA lấy điểm N sao cho ON  OA .
�.
A1  N
AMO  NCO(c. g.c) � AM  NC và �
1 Ta có
AB  AM � AC  NC.
� �
� �
Xét ACN có AC  NC � N 1  A2 � A1  A2 .
� �
ABD và ACD có: : AB  AC , AD chung , A1  A2 nên BD  CD (định
lý 2).
15.14. (h.15.20)
“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng”

Page. 4


Phát triển tư duy Hình học 7

Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B ,vẽ tia Ax sao cho
�  BAM
� .
CAx
Trên tia Ax lấy điểm N sao cho AN  AM .
AMB  ANC (c.g .c ) � BM  CN và �
AMB  �
ANC .

�
�
�
�
Mặt khác, AMB  AMC nên ANC  AMC (1)

AMN cân tại A nên �
ANM  �
AMN

(2)

�
�
Từ (1) và (2), suy ra MNC  NMC � MC  NC .
�  NAC
�
AMC và ANC có : AM  AN , AC chung và MC  NC nên MAC
(định lý 2)
�
�

do đó MAC  MAB .

�
�
DAC và DAB có : AC  AB, AD chung , DAC  DAB nên DC  DB (định lý 2).
15.15. (h.15.21)
AMB và AMC có : MB  MC , MA chung , AB  AC
�
�
�
nên AMB  AMC (định lý 2). � M 2 là góc nhọn
� �
�M
AMD
2

�
�
Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có: MDC  M 1 .
�
� �
�
�
�
Mặt khác, M 1  M 2 , M 2  C nên MDC  C .
�
�
Xét MDC có MDC  C � MC  MD (dịnh lý 1).
Lại do MC  MB nên MB  MD hay MD  MB .
15.16. (H15.22)





Xét trường hợp AB  AC

ABC là tam giác cân, có �
A  600 nên là tam giác đều.
Suy ra AB  BC  CA  5cm .
Chu vi tam giác ABC là 5 x3  15(cm).
(1)
AB
�
AC
Xét trường hợp
Không mất tính tổng quát , giả sử AB  AC (h.15.22).

Trên các tia AB , AC lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM  AN  5cm .Khi đó AMN là
tam giác đều � MN  5cm .
Vì AM  AN  AB  AC ( 10cm) nên AB  BM  AN  AB  AN  CN � BM  CN .

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

Page. 5


Phát triển tư duy Hình học 7

�
�

�
�
�
�
Ta có BMC  BMN ; BMN  ANM ; ANM  NCM (Tính chất góc ngoài tam giác)suy ra
�  NCM
�
BMC
.
�
�
BMC và NCM có : BM  CN , MC chung , BMC  NCM suy ra BC  MN (định lý 2).
Chu vi ABC  AB  BC  CA  10  BC  10  MN  15(cm)

(2)

Từ (1) và (2), suy ra chu vi ABC nhỏ nhất là 15cm,khi AB  AC  5cm .

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

Page. 6