Bài tập ôn tập chương 7

Áp dụng định lí Py-ta-go cho tam giác ABC vuông tại B ta có: \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\).

+ Ta có $AH$ vuông góc với $BC$ tại $H$ và điểm $D$ thuộc tia đối của tia $HA$ nên tam giác $AHC$ vuông tại $A$, tam giác $DHC$ vuông tại $H.$

Xét hai tam giác vuông $AHC$ và $DHC$ ta có:

$AH = HD$ (gt)

$HC$ là cạnh chung

Vậy $\Delta AHC{\rm{  =  }}\Delta DHC$ (hai cạnh góc vuông)

+) Ta có $\Delta AHC{\rm{  =  }}\Delta DHC \Rightarrow \widehat {ACH} = \widehat {DCH} = {30^o}$(2 góc tương ứng) và $AC = DC$ (2 cạnh tương ứng)

Xét hai tam giác $ABC$ và $DBC$ ta có:

$BC$ là cạnh chung

$\widehat {ACB} = \widehat {DCB} = {30^o}$

$AC = CD$     

Vậy $\Delta ABC{\rm{  =  }}\Delta DBC\,(c.g.c) \Rightarrow \widehat {BAC} = \widehat {BDC} = {90^o}$(2 góc tương ứng)

Vậy \(\widehat {BDC} = {90^o}\)

+) Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên ta có:

\(\widehat B + \widehat C = {90^o} \Rightarrow \widehat C = {90^o} - \widehat B = {90^o} - {60^o} = {30^o}\)

Trong tam giác ABC ta có \(\widehat B > \widehat C\) suy ra $AC > AB.$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có:

$BH$ là hình chiếu của $AB$ trên $BC$; $HC$ là hình chiếu của $AC$ trên $BC$

Mà \(AB < AC\) (cmt)

Suy ra \(BH < HC.\)

+) Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên ta có:

\(\widehat B + \widehat C = {90^o} \Rightarrow \widehat C = {90^o} - \widehat B = {90^o} - {60^o} = {30^o}\)

Trong tam giác ABC ta có \(\widehat B > \widehat C\) suy ra $AC > AB.$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có:

$BH$ là hình chiếu của $AB$ trên $BC$; $HC$ là hình chiếu của $AC$ trên $BC$

Mà \(AB < AC\) (cmt)

Suy ra \(BH < HC.\)

+ Đặt $BC = a,{\rm{ }}CA = b,{\rm{ }}AB = c$ . Ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{AE = AC--CE = AC--CD}\\{AF = AB--BF = AB--BD}\end{array}$

Suy ra $AE + AF = AC--CD + AB--BD = AB + AC--\left( {BD + CD} \right)$

Hay $2.AE = AB + AC--\;BC = c + b--a.$

Do đó \(AE = \dfrac{{c + b - a}}{2}\)

Ta có \(E{A_1} = EA + {\rm{A}}{{\rm{A}}_1} = EA + BC = \dfrac{{c + b - a}}{2} + a = \dfrac{{c + b + a}}{2}\)

Chứng minh tương tự ta có:  \(F{B_1} = \dfrac{{c + b + a}}{2};\,\,D{C_1} = \dfrac{{c + b + a}}{2}\) 

Vậy \(E{A_1} = F{B_1} = D{C_1}.\)

+ Do $OD, OE, OF$ lần lượt vuông góc với $BC, AC, AB$ nên các tam giác $AOE, AOF, BOF, BOD, COE, COD$ là các tam giác vuông.

$O$ là giao điểm các đường phân giác nên suy ra $OD = OE = OF.$

Xét hai tam giác vuông $AOE$ và $AOF$ ta có:

$AO$ là cạnh chung;     

$OE = OF$

Vậy $\Delta AOE{\rm{  =  }}\Delta AOF$(cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra $AE =AF$ (2 cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự ta có: $BD = BF, CD = CE.$

+ Do $OD, OE, OF$ lần lượt vuông góc với $BC, AC, AB$ nên các tam giác $AOE, AOF, BOF, BOD, COE, COD$ là các tam giác vuông.

$O$ là giao điểm các đường phân giác nên suy ra $OD = OE = OF.$

Xét hai tam giác vuông $AOE$ và $AOF$ ta có:

$AO$ là cạnh chung;     

$OE = OF$

Vậy $\Delta AOE{\rm{  =  }}\Delta AOF$(cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra $AE =AF$ (2 cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự ta có: $BD = BF, CD = CE.$

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ta có: \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^o}\)

\( \Rightarrow \widehat A = {180^o} - \widehat B - \widehat C = {180^o} - {60^o} - {60^o} = {60^o}\)

Tam giác ABC có \(\widehat A = \widehat B = \widehat C = {60^o}\) nên tam giác ABC là tam giác đều.

Giả sử tam giác ABC cân tại A có \(\widehat A = {80^o}\). Ta sẽ tìm số đo góc B hoặc góc C.

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ta có:  \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^o}\)

\( \Rightarrow \widehat B + \widehat C = {180^o} - \widehat A = {180^o} - {80^o} = {100^o}\)

Do tam giác ABC cân tại A nên \(\widehat B = \widehat C\). Từ đó suy ra \(\widehat B = \widehat C = \dfrac{{\widehat B + \widehat C}}{2} = \dfrac{{{{100}^o}}}{2} = {50^o}\)

Vậy số đo góc ở đáy là \({50^o}\).

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ta có: \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^o}\)

\( \Rightarrow \widehat A = {180^o} - \widehat B - \widehat C = {180^o} - {80^o} - {30^o} = {70^o}\)

Tam giác ABC có \(\widehat B > \widehat A > \widehat C\) nên áp dụng quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác ta suy ra \(AC > \,BC > AB\)

Vì \(\widehat {ABC}\)  là góc ngoài tại đỉnh \(B\) của tam giác \(AHB\)  nên  \(\widehat {ABC} = \widehat {AHB} + \widehat {BAH} \Rightarrow \widehat {ABC} > \widehat {AHB}\)

Hay \(\widehat B > 90^\circ \) nên \(\widehat {ABC}\)  là góc tù và là góc lớn nhất trong tam giác \(ABC \Rightarrow AC > AB;AC > BC\)

Theo bất đẳng thức tam giác ta có: $AB - BC < AC < AB + BC$  
$ \Rightarrow \;15 - 8 < AC < 15 + 8$  hay $7 < AC < 23$
Theo đề bài ta có $AC$  là số nguyên tố và $AC > {4^2} = 16$  
$ \Rightarrow AC = 17cm$  hoặc $AC = 19cm$
+) Nếu $AC = 17cm$   thì $15 + 8 > 17$  (thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) 
+) Nếu $AC = 19cm$  thì $15 + 8 > 19$  (thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) 
Vậy độ dài cạnh $AC$ có thể là $17cm$  hoặc $19cm$  

Vì \(MI = \dfrac{{ON}}{2} \Rightarrow MI = IO = IN\)

Xét tam giác  \(MIO\) có \(MI = IO\) nên tam giác \(MIO\) cân tại \(I \Rightarrow \widehat {{M_1}} = \widehat O\) (tính chất tam giác cân)

Xét tam giác \(MIN\) có \(MI = IN\)  nên tam giác \(MIN\) cân tại \(I \Rightarrow \widehat {{M_2}} = \widehat N\)  (tính chất tam giác cân)

Suy ra \(\widehat {{M_1}} + \widehat {{M_2}} = \widehat O + \widehat N \Leftrightarrow \widehat {OMN} = \widehat O + \widehat N\)

Xét tam giác \(MON\) có \(\widehat {OMN} + \widehat N + \widehat O = 180^\circ \)  (định lý tổng ba góc trong tam giác)

Suy ra \(\widehat {OMN} = \widehat O + \widehat N = \dfrac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \)   nên tam giác \(MON\) vuông tại \(M.\)

Ta có:\(\widehat {HIO} = \widehat {KIO}\left( {gt} \right) \Rightarrow IO\)   là tia phân giác góc \(KIH\) (1)

Lại có \(\widehat {IKO} = \widehat {HKO}\,\left( {gt} \right)\)\( \Rightarrow KO\) là tia phân giác góc \(IKH\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O\) là giao điểm hai tia phân giác 

Do đó \(O\) thuộc tia phân giác góc \(H\)  (tính chất ba đường phân giác trong tam giác)

Suy ra \(\widehat {IHO} = \widehat {KHO} = \dfrac{{\widehat {IHK}}}{2} = \dfrac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \)  (tính chất đường phân giác) 

Ta thấy \(MN \bot NP\)  nên \(MN;NP\) là các đường cao của tam giác \(MNP\)  mà hai đường này giao nhau tại \(N\) nên \(N\) là trực tâm tam giác \(MNP.\)

Theo bài ra ta có \(\widehat A:\widehat B:\widehat C = 2:3:4 \Rightarrow \widehat C > \widehat B > \widehat A\)

Suy ra \(AB > AC > BC\)  (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong $\Delta ABC$ )

Gọi $AM,{\rm{ }}BN,{\rm{ }}CE$ là ba đường trung tuyến của tam giác $ABC.$

\(\Delta ABC\) vuông tại $A$ nên theo định lí Py-ta-go ta có:

$\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\,\,\, \Rightarrow B{C^2} = {5^2} + {12^2} = 169\\ \Rightarrow BC = 13cm\end{array}$

Ta có $AM,{\rm{ }}BN,{\rm{ }}CE$ là các đường trung tuyến ứng với các cạnh $BC,{\rm{ }}AC,{\rm{ }}AB$ của tam giác vuông  $ABC$

Suy ra $M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}E$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC,{\rm{ }}AC,{\rm{ }}AB.$

$ \Rightarrow AN = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2} \cdot 12 = 6\,cm\,\,;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{AE}} = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2} \cdot 5 = 2,5\,cm$

Áp dụng định lí Py-ta-go với tam giác $ABN$ vuông tại $A$ ta có:

 $\begin{array}{l}A{B^2} + A{N^2} = B{N^2} \Rightarrow {5^2} + {6^2} = B{N^2} \Rightarrow B{N^2} = 61\\ \Rightarrow BN = \sqrt {61} \,cm\end{array}$

Áp dụng định lí Py-ta-go với tam giác AEC vuông tại A ta có:

$\begin{array}{l}A{E^2} + A{C^2} = C{E^2}\,\, \Rightarrow 2,{5^2} + {12^2} = C{E^2}\, \Rightarrow C{E^2} = \dfrac{{601}}{4}\\ \Rightarrow CE = \dfrac{{\sqrt {601} }}{2}cm\end{array}$

Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A,{\rm{ }}AM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ nên ta có:

\( \Rightarrow AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2} \cdot 13 = \dfrac{{13}}{2}\,cm\)

Ta có : \(GA + \,GB + \,GC = \dfrac{2}{3}AM + \dfrac{2}{3}BN + \dfrac{2}{3}CE = \dfrac{2}{3}(AM + BN + CE)\) (do $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ )

\( \Rightarrow GA + \,GB + \,GC = \dfrac{2}{3}\left( {\dfrac{{13}}{2} + \sqrt {61}  + \dfrac{{\sqrt {601} }}{2}} \right) \approx 17,71\,cm\)

Vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên theo định lý Pytago ta có \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)\( \Leftrightarrow A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {5^2} - {4^2} = 9 = {3^2}\) \( \Rightarrow AC = 3cm\)

Từ đó ta có \(AC < AB < BC\,\left( {3cm < 4cm < 5cm} \right)\) suy ra \(\widehat B < \widehat C < \widehat A\)  (định lý về góc và cạnh đối diện trong tam giác)

Vì $\Delta MNP$  cân tại $M$  có $MA$  là trung tuyến nên $MA$  cũng là đường cao (tính chất các đường trong tam giác cân) 
Xét $\Delta MAN\;$ vuông tại $A$, theo định lý Pytago ta có: \(M{A^2} + N{A^2} = M{N^2} \Leftrightarrow M{A^2} = M{N^2} - N{A^2} = {13^2} - {12^2} = 25 \Rightarrow MA = 5cm\)
Vì $MA$  là trung tuyến, $G\;$ là trọng tâm nên theo tính chất trọng tâm tam giác ta có \(MG = \dfrac{2}{3}MA = \dfrac{2}{3}.5 = \dfrac{{10}}{3}\,cm\)

Xét \(\Delta MNP\) có: \(\widehat M + \widehat {MNP} + \widehat {MPN} = {180^0}\) (định lý tổng ba góc trong một tam giác)

\( \Rightarrow \widehat {MNP} + \widehat {MPN} = {180^0} - \widehat M = {180^0} - {40^0} = {140^0}\left( 1 \right)\)

Vì NH là phân giác của \(\widehat {MNP}\left( {gt} \right) \Rightarrow \widehat {HNP} = \dfrac{{\widehat {MNP}}}{2}\left( 2 \right)\) (tính chất tia phân giác)

Vì PK là phân giác của \(\widehat {MNP}\left( {gt} \right) \Rightarrow \widehat {NPK} = \dfrac{{\widehat {MPN}}}{2}\left( 3 \right)\) (tính chất tia phân giác)

Từ (1) (2) và (3) \( \Rightarrow \widehat {INP} + \widehat {IPN} = \dfrac{{\widehat {MNP}}}{2} + \dfrac{{\widehat {MPN}}}{2} \)\(=\dfrac{{\widehat {MNP}+\widehat {MPN}}}{2}= {140^0}:2 = {70^0}\)  hay \(\widehat {INP} + \widehat {IPN} = {70^0}\left( * \right)\)

Xét \(\Delta INP\) có: \(\widehat {INP} + \widehat {IPN} + \widehat {NIP} = {180^0}\left( {**} \right)\)( định lý tổng ba góc trong một tam giác)

Từ (*) và (**) \( \Rightarrow \widehat {NIP} = {180^0} - \left( {\widehat {INP} + \widehat {IPN}} \right) = {180^0} - {70^0} = {110^0}\)