[Toán 7]Bài hình học

[mapi_98]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Cho tam giác ABC, tia Bx thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa C sao cho Bx vuông góc với AB, tia Cy thuộc nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B sao cho Cy vuông góc với AC, M thuộc Bx sao cho BM = BA, N thuộc Cy sao cho CN = CA, I là trung điểm của MN. CMR: tam giác IBC vuông cân

 

[hiensau99]

Xét bài toán phụ 1: Cho $ \triangle ABC; \ D; \ E$ lần lượt là trung điểm AB và AC. CMR: $ DE // BC; DE= \frac{BC}{2}$ Thật vậy:

+Trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho $EM=ED=\frac{DM}{2}$

+ Xét $\triangle AED $ và $\triangle CEM $ ta có
$AE=EC$ (gt)
$ \widehat{E_1}= \widehat{E_2}$ (đối đỉnh)
$ED=DM$
$ \Longrightarrow \triangle AED= \triangle CEM $ (cgc)
$ \Longrightarrow \widehat{C_1}= \widehat{A}$ (2 góc tương ứng)
$ \Longrightarrow AB//CM$ (có cặp góc so le trong bằng nhau)

+ Ta có: CM=AD ($ \triangle AED= \triangle CEM $ ). Mà AD=DB (gt) $ \Longrightarrow CM=BD$

+ Xét $\triangle BDM $ và $\triangle MCB $ ta có
$\widehat{B_1}= \widehat{M_2}$ (Do AB//CM)
$CM=BD$ (CM trên)
BM chung
$ \Longrightarrow \triangle BDM= \triangle MCB $ (cgc)
$\Longrightarrow \widehat{B_2}= \widehat{M_1}$
$ \Longrightarrow DE//CB$ (có cặp góc so le trong bằng nhau)

+ ta có $DM=BC \ (\triangle BDM= \triangle MCB )$. Mà $ED=\frac{DM}{2} \Longrightarrow DE=\frac{BC}{2}$

Quay về bài toán:

a, + Vẽ trung tuyến BQ của $\triangle MBA$; trung tuyến CP của $\triangle NCA$

+ Ta có P và I lần lượt là trung điểm của AN và MN nên theo bài toán phụ ta có $PI // AM$ và $PI = \frac{AM}{2}= QM=QA$

+ Ta có Q và I lần lượt là trung điểm của AM và MN nên theo bài toán phụ ta có $QI // AN$ và $QI = \frac{AN}{2}=AP=PN$

+ $\triangle MBA$ có BQ là trung tuyến đồng thời là đường cao và phân giác nên $\widehat{Q_1}=90^o ; \widehat{BMA} =45^o $.

+$\triangle MQB$ vuông ở Q có $\widehat{BMA} =45^o \Longrightarrow \triangle MQB $ vuông cân ở Q $\Longrightarrow QM=QB$
Mà $PI = QM$ (CM trên) $\Longrightarrow QB = PI$

+ $\triangle NCA$ có CP là trung tuyến đồng thời là đường cao và phân giác nên $\widehat{P_2}=90^o ; \widehat{A_1} =45^o $.

+$\triangle APC$ vuông ở P có $\widehat{A_1} =45^o \Longrightarrow \triangle APC $ vuông cân ở P $\Longrightarrow PA=PC$
Mà $QI =AP$ (CM trên) $\Longrightarrow IQ = PC$

+ Ta có: $PI // AM \Longrightarrow \widehat{IPN} = \widehat{MAP} $ (đồng vị); Mà $ \widehat{MAN} = \widehat{MQI} \ (Do \ QI // AN ) \Longrightarrow \widehat{IPN} = \widehat{MQI} $
Hay $\widehat{P_1} + \widehat{P_2}=\widehat{Q_1}+ \widehat{Q_2} $
$\Longrightarrow 90^o + \widehat{P_1}=\widehat{Q_2}+ 90^o $
$\Longrightarrow \widehat{P_1}=\widehat{Q_2} $

+ Ta có $\triangle BQI$ và $ \triangle IPC$ ta có:
$\widehat{P_1}=\widehat{Q_2}$ (CM trên)
$IQ = PC$ (CM trên)
$QB = PI$ (CM trên)
$\Longrightarrow \triangle BQI= \triangle IPC$ (cgc)
$\Longrightarrow IB=IC $ (2 cạnh tương ứng) (@};-); $\widehat{PIC} = \widehat{QBI}$

+ Ta có $PI // AM \Longrightarrow \widehat{M_1}=\widehat{I_3}$ (đồng vị)

+ $\triangle QMI$ có $\widehat{M_1}+\widehat{MQI}+\widehat{I_1}=180^o =\widehat{M_1}+90^o+\widehat{Q_2}+\widehat{I_1} $ (tổng 3 góc trong tam giác)
$\Longrightarrow \widehat{M_1}+\widehat{Q_2}+\widehat{I_1}=90^o$

+ $\triangle QIB$ có $\widehat{QBI}+\widehat{Q_2}+\widehat{QIB}=180^o$ (tổng 3 góc trong tam giác)
$\Longrightarrow \widehat{QBI}+\widehat{QIB}= 180^o-\widehat{Q_2}$

+ Ta có $\widehat{I_2}+\widehat{I_4}=\widehat{QIB}-\widehat{I_1}+\widehat{PIC}-\widehat{I_3}=180^o- (\widehat{Q_2}+\widehat{I_1}+\widehat{M_1})= 180^o- 90^o=90^o$

+ ta có $\widehat{I_2}+\widehat{I_4}+\widehat{I_5}=180^o$. Hay $90^o+\widehat{I_5}=180^o$
$\Longrightarrow \widehat{I_5}=90^o$ (@};-)(@};-)

+ Từ (@};-) và (@};-)(@};-) ta có $\triangle IBC$ vuông cân ở I (đpcm)